34 Normat 51:1, 34–38 (2003)
Oppgaver
426. La r, s og t være heltall med r 0, s 0 og r + s t. Vis at
s
0
t
r
+
s
1
t
r +1
+ ···+
s
s
t
r + s
=
t +1
(t +1 s)
t s
r
.
(Fra Putnam-konkurransen 1987.)
427. Betrakt situasjonen gitt i oppgave 405 (se side 37). Vis at punktene A, E, B
og N ligger på en og samme sirkel. (Innsendt av Oddvar Iden, Bergen, NO.)
428. Vis at det fins uendelig mange positive heltall n slik at p = nr, der 2p og
r er henholdsvis omkretsen og radien i den innskrevne sirkelen i en trekant med
heltallige sidelengder. (Foreslått til den internasjonale matematikkolympiaden i
Taejon, Sør-Korea, i 2000.)
429. La k være et fast, positivt heltall. Den n-te deriverte av f(x)=1/(x
k
1)
har formen
f
(n)
(x)=
P
n
(x)
(x
k
1)
n+1
,
der P
n
(x) er et polynom. Finn P
n
(1). (Fra Putnam-konkurransen 2002.)
Løsninger
403. Finnes det en endelig følge av heltall c
1
,...,c
n
slik at tallene a+c
1
,...,a+c
n
alle er primtall for minst to, men ikke uendelig mange, forskjellige heltall a?
Løsning: (Etter Lars Höglund, Uppsala, SE.) Betrakt de n ( 5) første parene av
tvillingprimtall,
(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31),...,(p
n
,p
n
+ 2),
og sett c
1
=3, c
2
=5, c
3
= 11, c
4
= 17, c
5
= 29,...,c
n
= p
n
.
Med a =0og med a =2får vi bare primtall. Hvis a er et oddetall, får vi bare
partall. Hvis a er et partall større enn 2, altså a =2k med k>1, får vi følgen
2k +3, 2k +5, 2k + 11, 2k + 17, 2k + 29,...,2k + p
n
.
Modulo 5 er de fem første leddene kongruente med
2k +3, 2k, 2k +1, 2k +2, 2k +4,
oppgaver.tex,v 1.4
Normat 1/2003 Oppgaver 35
og det er lett å se at for ethvert helt tall k må minst ett av disse tallene være delelig
med 5, og de t er derfor helt sikkert ikke et primtall for k>1.
Vi ser av denne løsningen at vi kan finne lange slike sekvenser c
1
,...,c
n
som
oppgaven spør etter, i hvert fall like lange som enhver sekvens av par av tvilling-
primtall.
En annen løsning, som ikke bygger på tvillingprimtall, er gitt av Lars Arnér: Lar
vi c
1
,...,c
17
være sekvensen
5, 11, 17, 41, 47, 61, 67, 97, 151, 167, 227, 257, 587, 647, 1091, 1181, 1721,
får vi primtall for a-verdiene 0, 6 og 12.
Også løst av: Lars Arnér, Norrköping, SE; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter
Kirkegaard, Gentofte, DK.
404. (Innsendt av Kent Holing, Trondheim, NO.)
I den rettvinklete trekanten ABD, der A er rett, er
det innskrevet et rektangel AIHG. Trekanten BCD
er slik at diameteren til dens innskrevne sirkel er lik
|BC |+|CD ||BD |, og n ormalen CE på BD har leng-
de lik summen av radiene til de innskrevne sirklene i
trekantene GHD , IBH , EBC og ECD (se figur).
(a) La R være et rektangel med sidelengder lik
lengdene av diagonalene i firkanten ABCD. Vis at R
har dobbelt så stort areal som firkanten ABCD hvis
R ikke er et kvadrat. Vis at når R er et kvadrat, så
har R dobbelt så stort areal som firkanten ABCD hvis og bare hvis firkanten ABCD
selv er et kvadrat.
D
G
E
A I B
H
C
(b) La a = |GH | og b = |AG | være gitt. La c = |BD | være slik at trekanten
ABD er éntydig bestemt. Anta at a og b er heltall. Vis at firkanten ABCD kan
konstrueres med bruk av bare passer og linjal hvis og bare hvis a/d og b/d begge er
kubikktall, der d = gcd(a, b). (Vink: Se oppgave 11 i På gjengrodde stiger, Normat
45:2 (1997), s. 62–78, av Kent Holing.)
(c) Anta at a, b og c er som i (b), og i tillegg at c er et heltall og at a og b er
relativt primiske. Vis at hvis firkanten ABCD er konstruerbar, så er a, b og c alle
kubikktall. Vis at også |AB|, |AD| og |DH | er heltallig i dette tilfellet.
(d) Anta at |BD| er fast og at trekanten ABD er entydig bestemt. Forklar hvor-
dan trekanten er knyttet til en asteroidekurve.
Løsning: (a) (Etter Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.) En trekant med sider a, b,
c er rettvinklet med hypotenus c hvis og bare hvis diameteren i den innskrevne
sirkelen er a + b c. Dette følger lett hvis vi beregner arealet av trekanten på to
måter: først ved Herons formel, og deretter som summen av arealene av de tre
trekantene vi får ved å dele den opprinnelige trekanten ved hjelp av linjestykkene
fra sentrum av den innskrevne sirkelen til hjørnene. Se også løsningen av oppgave
382 på side 41–42 i Normat 49:1 (2001).
I denne oppgaven betyr dette at trekanten BCD er rettvinklet med C som den
rette vinkelen. Videre er det gitt at
(1) |CE | = r
GHD
+ r
IBH
+ r
EBC
+ r
ECD
.
oppgaver.tex,v 1.4
36 Oppgaver Normat 1/2003
Vi ser umiddelbart at r
GHC
+r
IBH
=
1
2
(|GH |+ |GD||HD|+ |IB |+|IH ||BH |)=
1
2
(|AB| + |AD ||BD|), så
(2) r
GHC
+ r
IBH
= r
ABD
,
uavhengig av hvor H ligger p å [BD ]. Tilsvarende er r
EBC
+r
ECD
=
1
2
(|EB|+|CE |
|BC | + |ED| + |CE ||CD|)=|CE |
1
2
(|BC | + |CD||BD|), altså
(3) r
EBC
+ r
ECD
= |CE |r
BCD
.
Setter vi (2) og (3) inn i (1), får vi
(4) r
ABD
= r
BCD
.
Siden trekantene ABD og er rettvinklete med felles hypotenus BD, følger det lett
av (4) at disse trekantene er kongruente,
ABD
=
BCD.
Det er nå to muligheter: (A) kongruensen kan være en ekte kongruens i planet, eller
(B) kongruensen er en speiling om BD, som på figuren.
Vi skal avgjøre under hvilke betingelser R har dobbelt så stort areal som firkanten
ABCD. Denne betingelsen kan uttrykkes ved
(5) |AC ||BD| = |AB||AD| + |BC ||CD|.
Tilfelle (A): Her er R et kvadrat og ABCD et rektangel. Betingelsen (5) blir da
|AB|
2
+ |AD|
2
=2|AB||AD|,
som bare er opp fylt når |AB | = |AD|, altså når ABCD er et kvadrat.
Tilfelle (B): Her ser vi lett at (5) alltid gjelder. Det er også lett å se at |AC | =
|BD||AB| = |AD|, altså at R er et kvadrat hvis og bare hvis ABCD er et
kvadrat.
Hermed er det klart at påstanden i punkt (a) holder: Hvis R ikke er et kvadrat,
er vi i tilfelle (B), og da gjelder (5). Hvis R er et kvadrat, kan vi være i tilfelle (A)
eller tilfelle (B). I tilfelle (A) gjelder (5) bare hvis ABCD er et kvadrat, og i tilfelle
(B) må ABCD være et kvadrat.
(b) Ifølge vinket skal vi betrakte kasseproblemet og dets løsning via en fjerdegrads-
ligning slik som beskrevet i oppgave 11 i den nevnte artikkelen. Det er klart at hvis
kasseproblemet kan løses ved konstruksjon, dvs. hvis ABD kan konstrueres, så
kan den ne konstruksjonen lett kompletteres til hele firkanten ABCD.
Ifølge oppgave 11 svarer tilfellet med nøyaktig 1 løsning til c = c
0
, og da gjelder
ifølge d) at x = x
0
= |DH | = a
1+t
2
, der t =(b/a)
1/3
. Konstruerbarheten av-
henger tydeligvis bare av forholdet b/a.Dax
2
= a
2
+(at)
2
, er det en nødvendig
og tilstrekkelig betingelse for geometrisk konstruksjon at at = a(b/a)
1/3
kan kon-
strueres. Etter forkorting med d har vi b/a = b
0
/a
0
, der a
0
= a/d og b
0
= b/d er
oppgaver.tex,v 1.4
Normat 1/2003 Oppgaver 37
innbyrdisk primiske. Det er nå klart at betingelsen er ekvivalent med at a
0
og b
0
begge er kubikktall.
(c) Av (b) følger det at a og b er kubikktall, altså a = A
3
, b = B
3
, der A og B er
heltall. Dette gir
(6) c = a(1 + t
2
)
3/2
=(A
2
+ B
2
)
3/2
.
Altså er c
2
=(A
2
+B
2
)
3
, og siden c er heltallig følger det at også c er et kubikktall,
c = C
3
, C N. Nå gjelder også x = a
1+t
2
, som sammen med (6) gir
x
3
= a
2
c = A
6
C
3
x = A
2
C,
så også x = |DH | er er helt tall. Sett nå |AB| = p, |AD | = q. Ved betraktning av
ensformede trekanter får vi
p =
ac
x
=
A
3
C
3
A
2
C
= AC
2
,
dvs. p er et helt tall. Bytter vi om a og b ser vi at de t samme gjelder q = |AD|.
(d) Vi tenker oss et rettvinklet koordinatsystem med origo i A, x-akse langs AB
og y-akse langs AD . Lar vi nå et linjestykke med fast lengde c bevege seg med
det endepunktet på den positive x-aksen og det andre på den positive y-aksen,
får vi en innhyllingskurve . Det er velkjent at er en asteroidebue, nemlig den
delen av kurven x
2/3
+ y
2/3
= c
2/3
som ligger i første kvadrant. Ethvert punkt på
denne kurve n er et tangeringspunkt for et eksemplar av det bevegelige linjestykket
og svarer til et punkt H hvor kasseproblemet som grensetilfelle har nøyaktig 1
løsning.
405. To sirkler
1
og
2
skjærer hverandre i M og N. La l være den felles tangenten
til
1
og
2
som ligger nærmest M.Lal tangere
1
i A og
2
i B. Linjen g je nnom
M parallell med l skjærer sirkelen
1
også i C og sirkelen
2
også i D. Linjene CA
og DB skjærer hverandre i E, linjene AN og CD skjærer hverandre i P og linjene
BN og CD skjærer hverandre i Q. Vis at EP = EQ. (Fra den internasjonale
matematikkolympiaden i Taejon, 2000.)
C
P
M
D
Q
N
A
E
B
Γ
1
Γ
2
oppgaver.tex,v 1.4
38 Oppgaver Normat 1/2003
Løsning: (Etter Oddvar Ide n, Bergen, NO.) Linjen MN er felles potenslinje for
sirklene
1
og
2
. Den går gjennom midtpunktet til fellestangenten AB. Derfor er
PM = MQ.
Videre er BAE = MCA, som spenner over buen MA på sirkelen
1
. Det gjør
også MAB , så
BAE = MAB.
Ved et symmetrisk argument finner vi EBA = ABM . Derfor er EM PQ, og
følgelig PE = QE .
(Oppgave 427 foran går ut på å vise at punktene A, E, B og N ligger på en og
samme sirkel.)
Også løst av: Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, NO; Jakob I.
Try, Søgne, NO.
406. Av plasshensyn må løsningen utstå til neste nummer.
407. La a, b, c være positive reelle tall slik at abc =1. Vis at
a 1+
1
b
b 1+
1
c
c 1+
1
a
1.
(Fra den internasjonale matematikkolympiaden i Taejon, 2000.)
Løsning: (Fra den offisielle løsningen.) Siden abc =1, kan vi omforme denne inho-
mogene ulikheten til en homogen. Sett for eksempel x = a, y =1, z =1/b.Da
er
a =
x
y
,b=
y
z
c =
z
x
.
Setter vi dette inn i den gitte ulikheten, ser vi at den er ekvivalent med
(x y + z)(y z + x)(z x + y) xyz.
La u = x y + z, v = y z + x og w = z x + y. Høyst ett av tallene u, v og
w kan være negativt, siden summen av ethvert par er positiv. Hvis ett av dem er
negativt, er uvw 0 < xyz, og vi er fremme. Anta så at u 0, v 0 og w 0.
Etter ulikheten for aritmetisk og geometrisk middel er da
(x y + z)(y z + x)=
uv
1
2
(u + v)=x.
På tilsvarende måte er
vw y og
wx z, og det følger at uvw xyz, slik som
vi skulle vise.
Løst av: Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 30. september 2003. Forslag til nye oppgaver
er velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.4
