Göm meny

Sommar 2009

1. För varje positivt heltal $n$ bestäm summan $\displaystyle \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \cdots + \frac{n-1}{n!}$, där $n!= 1\cdot 2\cdot \cdots n$ är $n$:s fakultet.

2. Bland sju guldmynt är exakt ett falskt mynt, dvs. det har en annan vikt än de övriga mynten. Vi vet inte om det falska myntet är lättare eller tyngre. Kan man hitta det falska myntet med hjälp av tre vägningar på en balansvåg, dvs. en våg där man bara kan jämföra två vikter?

3. Punkten P ligger innuti kvadraten ABCD så att |AP| : |BP| : |CP| = 1 : 2 : 3. Bestäm vinkeln APB.

Lösning

1. Vi skriver
$\displaystyle \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \cdots + \frac{n-1}{n!}$ = $\displaystyle \frac{2-1}{2!} + \frac{3-1}{3!} + \frac{4-1}{4!} + \cdots + \frac{n-1}{n!}$ = $\displaystyle \Bigl( \frac{1}{1!} - \frac{1}{2!} \Bigr) + \Bigl( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \Bigr) + \Bigl( \frac{1}{3!} - \frac{1}{4!} \Bigr) + \cdots + \Bigl( \frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!} \Bigr)$ = $\displaystyle 1 - \frac{1}{n!}$.

2. Beteckna mynten a, b, c, d, e, f, g. Vi lägger a,b,c på ena vågskålen och d,e,f på den andra, dvs. vi jämför vikten a+b+c med d+e+f.
Om a+b+c = d+e+f, så måste alla dessa sex mynt vara lika tunga, dvs. g är falskt.
Låt alltså den ena trippeln vara tygre. Av symmetriskäl kan vi vidare anta att a+b+c < d+e+f. Vi vet inte om det falska myntet är tygre eller lättare, men vi vet att g är äkta. Vi jämför a+b med c+g.

Om a+b = c+g, så måste a,b,c,g vara äkta och det falska myntet är bland d,e,f och är tyngre än de andra (då a+b+c < d+e+f). Jämför nu d och e. Om d=e, så är f falskt, om d < e, så är e falskt (tyngre) och om d > e, så är d falskt (tyngre).

Om a+b och c+g är inte lika tunga, så är det falska myntet bland a,b,c (då g är äkta) och är lättare (eftersom a+b+c < d+e+f).
Om a+b > c+g, så måste alltså c vara falskt (lättare). Om a+b < c+g, så är ett av a och b falskt (lättare), vilket avgörs med en sista (tredje) vägning.

3. Vi kan anta att |AP| = 1, |BP| = 2 och |CP| = 3. Kvadraten har då en sidlängd a som är okänd just nu (och ointressant). Låt E vara en punkt utanför kvadraten sådan att |AE| = 3 och |BE| = 2. (Rita en bild!) Då blir trianglarna ABE och CBP kongruenta eftersom de har lika långa sidor (a, 2 och 3). Vinklarna ABE och CBP är alltså lika stora. Detta medför att även vinklarna PBE och ABC är lika stora, dvs. räta.
Triangeln PBE är alltså en rätvinklig triangel med sidor |BP| = 2 och |BE| = 2, alltså en likbent rätvinklig triangel med vinkeln BPE = 45o.
Pythagoras sats ger att |PE|2 = |BP|2 + |BE|2 = 22 + 22 = 8.
Men då gäller även att |AP|2 + |PE|2 = 1 + 8 = |AE|2, dvs. triangeln APE uppfyller Pythagoras sats och måste därför vara rätvinklig med rät vinkel vid P. Slutligen gäller att vinkeln APB är summan av vinklarna APE och BPE, alltså vinkeln APB = 90o + 45o = 135o.


Sidansvarig: jana.bjorn@liu.se
Senast uppdaterad: 2019-12-03