georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.

Løsninger · 1992og dermed34 < m a + m b + m c.a + b + cHermed er den ene del af den ønskede dobbeltulighed bevist.Betragtes nu en passende trekant i det parallelogram der fremkommer ved atdreje trekant ABC 180 ◦ om midtpunktet af BC, ses at 2m a < b + c. For de øvrigesider fås på tilsvarende måde 2m b < a + c og 2m c < a + b. Ved addition fås2(m a + m b + m c ) < 2(a + b + c),hvorafm a + m b + m ca + b + c< 1.Hermed er hele dobbeltuligheden bevist.CaacFor at indse at uligheden ikke kan skærpes, betragter vi en ligebenet trekantABC med a = b. Hvis ∠C nærmer sig 0 ◦ , vil summen af de tre sider nærme sig2a, mens summen af de tre medianer vil nærme sig a + 1 2 a + 1 2a = 2a. Forholdetm a +m b +m ca+b+ckan derved komme vilkårlig tæt på 2a2a= 1. Hvis omvendt ∠C nærmersig 180 ◦ , vil summen af siderne nærme sig a + a + 2a = 4a, mens summen afmedianerne vil nærme sig 0 + 3 2 a + 3 2 a = 3a. Forholdet m a+m b +m ca+b+ckan dervedkomme vilkårlig tæt på 3a4a = 3 4 . Hermed har vi vist at intervalgrænserne 1 og 3 4 erde bedst mulige.Opgave 5. I en hat ligger 1992 sedler med alle numre fra 1 til 1992. På tilfældigmåde trækkes to sedler samtidig fra hatten; differensen mellem tallene på de tosedler skrives på en ny seddel, som lægges i hatten, mens de to udtrukne sedlerkastes bort. Der fortsættes på denne måde indtil der kun er én seddel tilbage ihatten. Vis at der på denne seddel står et lige tal.Løsning. I hvert træk vil antallet af sedler med ulige tal enten reduceres medto (nemlig hvis der fjernes to ulige sedler og dermed lægges en lige) eller væreuændret (hvis der fjernes to lige og lægges en lige, eller hvis der fjernes en lige ogen ulige og lægges en ulige). Da antallet af sedler med ulige tal fra start af er lige(nemlig 1992/2 = 996), vil det derfor vedblive med at være lige. Antallet af uligesedler når der kun er én seddel tilbage, er derfor nul. Den sidste seddel bærerdermed et lige nummer.77