VWO 2006

[Ernie]

Wat kan je eigenlijk winnen? Buiten een reis naar het buitenland voor twee finalisten.

Dat zijn er 3, die mogen deelnemen aan de internationale wiskunde olympiade (dit jaar in Slovenië).

Het merendeel van de finalisten krijgt een "aanmoedigingsprijs". Dat is toch ook al een mooi pakket met heel wat prijzen in (boeken, software, ... hangt af van jaar tot jaar). Dan winnen er ook 15 à 20 finalisten een derde, tweede of eerste prijs. Als derde prijs-winnaar krijg je al een mooie cheque, boeken, abonnementen, software, een grafisch rekentoestel, ... Als eersteprijswinnaar krijg je nog een hoop meer. Het hangt wel een beetje af van jaar tot jaar wat ze precies geven.

[fatjohn]

En als je afwezig bent op de proclamatie krijg je die prijzen dan niet? Ik weet dat je je certificaat opgestuurd krijgt, maar je prijzen ook?

[Ernie]

Ik weet het niet zeker... Ik zou voor de veiligheid toch maar gaan hoor.

Wat vond je van de finale?

[fatjohn]

Nuja het probleem is dat ik wellicht op excursie naar noord frankrijk moet met het school tzal moeilijk worden om aanwezig te zijn.

Wat ik vond van de finale? nuja ik kan niet vergelijken met vorig jaar, twas de eerste keer. euhm 1a was een weggevertje iedereen vond dat lijk. 1b was super moeilijk die heb ik totaal mis. 2 was redelijk makkelijk maar iedereen heeft die opgelost met congruente driehoeken. ik heb die opgelost met gewoon logische nadenken. Dan kon ik steeds gedetaileerder de ligging van plaats P bepalen en uiteindelijk kon je dan zeggen dat de verhouding tussen je eerste grenzen en je tweede (gedetailleerdere) grenzen en die tussen je tweede en je derde (nog preciezere) grenzen hetzelfde was. Dan heb ik er een oneindige som van gemaakt maar er is op het einde een klein rekenfoutje ingeslopen zo zit ik er nu 3 tienduizendste naast. Vraag 3 was simpel ik vraag mij af of er veel zijn die hem mis hebben. Ik denk het niet (tenzij er een addertje onder het gras zat)

Vraag 4 was dan buiten mijn bereik. ik heb gehoord dat je op een of andere manier drievoudige substitutie moest toepassen, maar ik heb daar niet aan gedacht. Nuja het was een toffe ervaring. En ik vond het al mooi dat ik daar zat.

[Ernie]

De vragen:

Vraag 1

(a) Los op:

\(\cos(4\theta) = \cos(3\theta)\)

(b) De getallen

\(\cos\left( \frac{2\pi}{7} \right)\)

,

\(\cos\left( \frac{4\pi}{7} \right)\)

en

\(\cos\left( \frac{6\pi}{7} \right)\)

zijn wortels van een vergelijking van de vorm

\(ax^3+bx^2+cx+d = 0\)

met

\(a,b,c,d\)

gehele getallen. Bepaal deze gehele getallen.

Vraag 2

Gegeven is een gelijkzijdige driehoek ABC en een punt P op de zijde [AB]. De loodlijn in P op AB snijdt de rechte BC in een punt Q. De loodlijn in Q op BC snijdt de rechte AC in een punt R. De loodlijn in R op AC snijdt de rechte AB in een punt S. Duaal laten we de loodlijn uit P neer op BC, met voetpunt Q'. Daarna laten we de loodlijn uit Q' neer op AC, met voetpunt R' en ten slotte laten we de loodlijn uit R' neer op AB met voetpunt S'. Waar ligt P op [AB], als S = S'? Met andere woorden, bepaal de verhouding

\(\frac{|PB|}{|AB|}\)

.

Vraag 3

Aan een grote ronde talen zitten 60 sprookjesfiguren: elfjes en trollen. De trollen in dit gezelschap liegen altijd, de elfjes spreken altijd de waarheid, tenzij ze zich vergissen. Iedereen beweert tussen een elfje en een trol te zitten, maar twee elfjes vergissen zich. Hoeveel trollen zitten aan deze tafel?

Vraag 4

Bepaal alle functies

\(f: \mathbb{R} \backslash {0,1} \to \mathbb{R}\)

waarvoor

\(f(x) + f\left( \frac{1}{1-x} \right) = 1 + \frac{1}{x(1-x)}\)

.

[Ernie]

2 was redelijk makkelijk maar iedereen heeft die opgelost met congruente driehoeken. ik heb die opgelost met gewoon logische nadenken. Dan kon ik steeds gedetaileerder de ligging van plaats P bepalen en uiteindelijk kon je dan zeggen dat de verhouding tussen je eerste grenzen en je tweede (gedetailleerdere) grenzen en die tussen je tweede en je derde (nog preciezere) grenzen hetzelfde was. Dan heb ik er een oneindige som van gemaakt maar er is op het einde een klein rekenfoutje ingeslopen zo zit ik er nu 3 tienduizendste naast.

Leg je methode dan maar eens uit, want momenteel is het vrij onbegrijpelijk.

[stoker]

hoe los je 1b op?

met de goniometrische methode van compexe getallen?

of met:

t(x-x1)(x-x2)(x-x3) = 0

uitwerken tot je op de gegeven vorm uitkomt, en zorgen dat de a,b en c gehele getallen zijn

[Ernie]

Het kan zeker met (heel wat) rekenwerk met complexe getallen, maar dit is korter.

Merk op dat x = 2pi/7, x = 4pi/7 en x = 6pi/7 oplossingen zijn van de vergelijking

cos 4x = cos 3x, of nog,

\(8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1 = 4 \cos^3 x - 3 \cos x\)

. Bijgevolg zijn de getallen

\(\cos \frac{2\pi}{7}, \cos \frac{4\pi}{7}, \cos \frac{6\pi}{7}\)

oplossingen van de vergelijking

\( 8 y^4 - 4 y^3 - 8y^2 + 3y - 1 = 0 \)

, of nog,

\( (y - 1)(8y^3 + 4y^2 - 4y - 1) = 0 \)

. Deze getallen zijn verschillend van 1, dus wordt onze derdegraadsveelterm

\( 8y^3 + 4y^2 - 4y - 1 \)

(of een veelvoud daarvan).

[stoker]

Merk op dat x = 2pi/7, x = 4pi/7 en x = 6pi/7 oplossingen zijn van de vergelijking  

cos 4x = cos 3x, of nog,

\(8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1 = 4 \cos^3 x - 3 \cos x\)

.

wordt dat die eerste regel bewezen in 1a?

en hoe kom je van die ene vergelijking naar die andere?

[Ernie]

Die eerste regel komt inderdaad van 1a.

Voor die tweede vergelijking moet je gewoon wat goniometrische formules kunnen aframmelen:

\( \cos 4x = 2 \cos^2 2x - 1 = 2 \left(2 \cos^2 x - 1\right)^2 - 1 = 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1\)

en

\( \cos 3x = \cos 2x \cos x - \sin 2x \sin x = (2 \cos^2 x - 1) \cos x - 2 \sin^2 x \cos x \)

en dat is natuurlijk gelijk aan

\( 2 \cos^3 x - \cos x - 2 (1 - \cos^2 x) \cos x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x. \)

[fatjohn]

Leg je methode dan maar eens uit, want momenteel is het vrij onbegrijpelijk.

Ja ik weet het, ik kon het toen ook moeilijk uitleggen, maar kga toch eens proberen.

Dus, als S op een van de zijden moet liggen (nl. AB) dan moet R op de onderste helft (anders zal door loodrechte projectie S naast de zijde terechtkomen) liggen van AC gevolg: Q moet dan tss ¾ en 2/4 liggen op BC (C=1 en B=0) dus P moet alvast tussen 2/8 en 3/8 liggen op AB (B=0 en A=1) . Dan laat je duaal dit stukje telkens neer op elke zijde totdat je de marge van S’ vrij nauwkeurig hebt bepaald. Dan stel je vast dat S ook in dat stukje moet komen, dan volg je weer mijn eerste redenering. Nu is P redelijk nauwkeurig vastgesteld ergens tss 2/8 en 3/8 (maar veel nauwkeuriger). Nu kan je heel opnieuw beginnen tot in het oneindige en twee opeenvolgende afbakeningen zullen zich steeds volgens dezelfde verhouding tot elkaar verhouden. Hier kan je dan een oneindige som toepassen = 73/256 + 36/256^2 + 36/256^3+ 36/256^4 … Helaas heb ik als uitkomst 73/256 + 18/256^2 + 18/256^3 … Een foutje in de berekening van hoe deze afbakeningen zich verhouden.

Ik weet dat dit nu moeilijk is om te begrijpen maar met de tekening zou het duidelijker moeten zijn. Helaas heb ik enkel de tekening bij mijn antwoord geschreven ik hoop dat iemand zal door hebben wat ik gedaan heb.

[Safe]

Het kan zeker met (heel wat) rekenwerk met complexe getallen, maar dit is korter.

Merk op dat x = 2pi/7, x = 4pi/7 en x = 6pi/7 oplossingen zijn van de vergelijking  

cos 4x = cos 3x, of nog,

\(8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1 = 4 \cos^3 x - 3 \cos x\)

. Bijgevolg zijn de getallen

\(\cos \frac{2\pi}{7}, \cos \frac{4\pi}{7}, \cos \frac{6\pi}{7}\)

oplossingen van de vergelijking

\( 8 y^4 - 4 y^3 - 8y^2 + 3y - 1 = 0 \)

, of nog,

\( (y - 1)(8y^3 + 4y^2 - 4y - 1) = 0 \)

. Deze getallen zijn verschillend van 1, dus wordt onze derdegraadsveelterm

\( 8y^3 + 4y^2 - 4y - 1 \)

(of een veelvoud daarvan).

Je moet nog laten zien dat de 4de graads verg (4e) vier verschillende opl heeft waaronder de drie genoemde en x=cos(k*2*Pi)=1, waardoor (4e) deelbaar is door x-1. De deling levert dan de gevraagde (3e) op.

Laat dus zien dat de opl 8*Pi/7, 10*Pi/7 en 12*Pi/7 (mod 2*Pi) geen verschillende opl van de (4e) zijn.

[Ernie]

Je moet nog laten zien dat de 4de graads verg (4e) vier verschillende opl heeft waaronder de drie genoemde en x=cos(k*2*Pi)=1, waardoor (4e) deelbaar is door x-1. De deling levert dan de gevraagde (3e) op.

Laat dus zien dat de opl 8*Pi/7, 10*Pi/7 en 12*Pi/7 (mod 2*Pi) geen verschillende opl van de (4e) zijn.

Bon,

1) dat wist ik maar da's een detail en het is niet nodig om dat hier uit te schrijven, ik gaf enkel de grote lijnen.

2) je zinnen/formules zijn eigenlijk vrij onverstaanbaar, staan vol kleine foutjes.

[Safe]

Je moet nog laten zien dat de 4de graads verg (4e) vier verschillende opl heeft waaronder de drie genoemde en x=cos(k*2*Pi)=1, waardoor (4e) deelbaar is door x-1. De deling levert dan de gevraagde (3e) op.

Laat dus zien dat de opl 8*Pi/7, 10*Pi/7 en 12*Pi/7 (mod 2*Pi) geen verschillende opl van de (4e) zijn.

Bon,

1) dat wist ik maar da's een detail en het is niet nodig om dat hier uit te schrijven, ik gaf enkel de grote lijnen.

2) je zinnen/formules zijn eigenlijk vrij onverstaanbaar, staan vol kleine foutjes.

1) Bij de 'grote lijnen' hoort wat ik heb opgemerkt! (het is geen detail!)

2) Wijs die 'kleine foutjes' eens aan, dan kunnen we het misschien eens worden.

[Ernie]

Goh, een detail, nee, maar het is duidelijk dat die drie getallen allemaal verschillend zijn, right? En het is duidelijk dat ze alledrie wortels zijn van de derdegraadsvergelijking, right? Dus wat is dan het probleem?

Je onnauwkeurigheden:

"8*Pi/7, 10*Pi/7 en 12*Pi/7 zijn geen oplossingen van de (4e)" zoals jij het zegt. Wel, ik zie niet waarom je naar die 8, 10 en 12 moet als je het evengoed bij 2, 4 en 6 kan houden. Leg uit aub? En dan nog, dat zijn geen oplossingen van wat jij de (4e) noemt , maar cos 8pi/7, cos 10pi/7 en cos 12pi/7 wel? Snap je? En 't is gewoon niet duidelijk opgeschreven, wat je wil zeggen.