180 Normat 51:4, 180–184 (2003)
Oppgaver
437. Et positivt heltall n kalles perfekt hvis summen av alle dets divisorer (inklu-
sive n) er lik 2n. For eksempel er 6, 28 og 496 perfekte tall, og etter Euklid og Euler
vet vi hvilken form et p erf ekt partall må ha. Men sp ørsmålet om det fins perfekte
oddetall er et gammelt og uløst problem. (Se Kirfels artikkel i d ette nummer.)
Påvis at hvis n er et perfekt tall, så er n 2 (mod 3). (Innsendt av Marius
Overholt, Tromsø, NO.)
438. Det snek seg dessverre inn en feil i oppgave 433 som gjorde oppgaven triviell.
Her kommer den slik som den virkelig var i Putnam-konkurransen: For hvilke reelle
tall x konvergerer rekken
n=1
1
n sin(1/n)
1
x
?
439. Vis at det fins nøyaktig en funksjon f : (0, ) (0, ) slik at f
f(x)
=
6x f(x) for alle x>0. (Også fra Putnam-konkurransen.)
440. Et rektangel HOMF har sider HO =11og OM =5. En trekant ABC har H
som skjæringspunktet for høydene, O som sentret for den omskrevne sirkelen, M
som midtpunktet på siden BC , og F som fotpunktet for høyden fra A. Hvor lang
er siden BC ? (Opplysninger om kilden kommer sammen med løsningen.)
Løsninger
412. La AH
1
, BH
2
, CH
3
være høydene i en spissvinklet trekant ABC. Trekantens
innskrevne sirkel tangerer side ne BC, CA, AB i henholdsvis T
1
, T
2
, T
3
. La linjene
l
1
, l
2
, l
3
være speilbildene av linjene H
2
H
3
, H
3
H
1
, H
1
H
2
i henholdsvis linjene T
2
T
3
,
T
3
T
1
, T
1
T
2
.
Vis at l
1
, l
2
, l
3
bestemmer en trekant der hjørnene ligger på den innskrevne
sirkelen til trekanten ABC. (Fra den 41. internasjonale matematikkolympiaden i
Sør-Korea i år 2000.)
Løsning: (Fra den offisielle løsningen.) La M
1
, M
2
, M
3
være speilbildene av hen-
holdsvis T
1
, T
2
, T
3
med hensyn på halveringslinjene for A, B, C. Punktene
M
1
, M
2
, M
3
ligger åpenbart på den innskrevne sirkelen til ABC. Vi skal vise at
de ne ttopp er hjørnene i trekanten dannet av l
1
, l
2
, l
3
.
Ved symmetri ser vi at det er tilstrekkelig å vise at speilbildet l
1
av H
2
H
3
med
hensyn på T
2
T
3
går gjennom M
2
. La I være sentrum i den innskrevne sirkelen til
ABC. Legg merke til at T
2
og H
2
alltid ligger på samme side av linjen BI . Vi
vil bare se på tilfellet hvor også C ligger på samme side av BI som disse punktene.
(No e n enkle modifikasjoner må til hvis C ligger p å den andre siden.)
La A =2, B =2, C =2.
oppgaver.tex,v 1.8
Normat 4/2003 Oppgaver 181
Lemma: Speilbildet av H
2
med he ns yn på T
2
T
3
ligger på linjen BI .
Bevis: La l være linjen gjennom H
2
med l T
2
T
3
, og la P og S være skjær-
ingspunktene mellom BI og henholdsvis l og T
2
T
3
. Punktet S ligger på begge
linjestykkene [T
2
T
3
] og [BP]. Det er tilstrekkelig å vise at PSH
2
=2PST
2
.Det
søkte speilbildet av H
2
er da nettopp P .
Vi har PST
2
= BST
3
, og siden AT
3
S er utvendig vinkel til BS T
3
, har vi
BST
3
= AT
3
S T
3
BS = (90
) = .
Videre er BS T
1
= BST
3
= ved symmetri om BI . Punktene C og S ligger
på samme side av IT
1
, siden BT
1
S = 90
+ >90
. Av likhetene IST
1
=
= ICT
1
ser vi at firkanten SI T
1
C er syklisk (dvs. kan innskrives i en sirkel), så
ISC = IT
1
C = 90
. Men da er også BC H
2
S en syklisk firkant, s iden BH
2
C =
90
= ISC = BS C. Det følger at PSH
2
= C =2 =2PST
2
. QED.
A B
T
1
I
P
M
2
T
3
H
3
l
1
M
3
T
2
H
2
l
3
l
2
C
S
H
1
M
1
Beviset for lemmaet gir også BPT
2
= SH
2
T
2
= , ved symmetri om T
2
T
3
og fordi firkanten BC H
2
S er syklisk. Siden M
2
er speilbildet av T
2
om BI , får vi
da BPM
2
= BPT
2
= = CBP , og derfor er PM
2
parallell med BC. For å
vise at M
2
ligger på l
1
, er det nå nok å vise at også l
1
er parallell med BC .
Anta at = , og la D og E være skjæringspunktene mellom linjen BC og
henholdsvis H
2
H
3
og T
2
T
3
. (Merk at D og E ligger på linjen BC på samme side av
linjestykket [BC ].) En enkel vinkelberegning gir BDH
3
=2| | og BET
3
=
| |, og derfor er linjen l
1
virkelig parallell med BC .
Løst av : Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Jakob I. Try, Søgne, NO; Kåre Vedøy, Fyllings-
dalen, NO.
413. La m og n være positive heltall. La a
1
, a
2
,...,a
m
være p ositive heltall
mindre enn eller lik n og b
1
, b
2
,...,b
n
positive heltall mindre enn eller lik m. Vis
at det fins en delmengde I {1, 2,...,m} og en delmengde J {1, 2,...,n} slik
at
iI
a
i
=
jJ
b
j
. (Kilde ukjent.)
Løsning: (Etter Knut Dale og Ivar Skau, Bø i Telemark, NO.) Vi vil vise at dersom
1 a
1
,...,a
m
n og 1 b
1
,...,b
n
m, så er
a
k
+ a
k+1
+ ···+ a
k+r
= b
l
+ b
l+1
+ ···+ b
l+s
,
for passande k , r, l, s, dvs. vi har like summar av på kvarandre følgjande element
frå kvar sekvens. La
S
i
= a
1
+ a
2
+ ···+ a
i
og T
j
= b
1
+ b
2
+ ···+ b
j
.
oppgaver.tex,v 1.8
182 Oppgaver Normat 4/2003
Dersom S
m
= T
n
er vi framme. Gå ut frå at S
m
<T
n
. For kvar i =1, 2, . . . , m,
la j
i
vere ein indeks slik at
0 r
i
= S
i
T
j
i
m 1(T
0
= 0) .
(Det finst minst ein slik j
i
. Dersom d et finst fleire, kan vi utnytte dette til å finne
fleire løysingar.) Er ein r
i
=0, er vi framme. Er alle r
i
> 0, følgjer det av skuffe-
prinsippet at r
p
= r
q
for passande p<q, og ved subtraksjon er vi framme. Merk at
i tilfellet S
m
<T
n
treng vi ikkje bruke b
n
. Tilsvarande resonnement når s
m
>T
n
,
og da treng vi ikkje bruke a
m
. Merk også at vi får ein algoritme til å bestemme k,
r, l, s, og at rekkefølgja av elementa i sekvensane er irrelevant.
Eksempel: La {a
i
} =3, 4, 4, 1, 3, 2 og {b
j
} =5, 5, 4, 5. Da er S
6
= 17 < 19 = T
4
.
Vi får
r
1
= a
1
0=3
r
2
=(a
1
+ a
2
) b
1
=2
r
3
=(a
1
+ a
2
+ a
3
) (b
1
+ b
2
)=1
r
4
=(a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
) (b
1
+ b
2
)=2
r
5
=(a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
) (b
1
+ b
2
)=5
r
5
=(a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
) (b
1
+ b
2
+ b
3
)=1
r
6
=(a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
+ a
6
) (b
1
+ b
2
+ b
3
)=3
som gir a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
+ a
6
= b
1
+ b
2
+ b
3
(r
1
= r
6
), a
3
+ a
4
= b
2
(r
2
= r
4
) og
a
4
+ a
5
= b
3
(r
3
= r
5
). Ei løysing som ikkje blir avslørt ved denne metoden og den
gitte rekkefølgja i sekvensane er a
2
+ a
3
+ a
4
= b
2
+ b
3
.
414. Hva er minste n slik at alle mengder av n gitterpunkter (punkter med hel-
tallige koordinater) i planet, der ikke noe utvalg av tre punkter fra mengden ligger
på linje, inneholder et utvalg av tre p unkter som er hjørner i en trekant med et
gitterpunkt som tyngdepunkt? (Innsendt av Ivar Skau, Bø i Telemark, NO.)
Løsning: (Fra Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.) En nødvendig og tilstrekke-
lig betingelse for at tyngdepunktets abscisse skal være hel, er at de tre punktenes
abscisser tilhører enten samme restklasse eller tre forskjellige restklasser modulo
3, og tilsvarende for ordinatene. Vi kan velge 2 punkter for hvert av 4 utsøkte
restklasse-par, eksempelvis (0, 0), (1, 0), (1, 1) og (0, 1), altså 8 punkter, uten at
betingelsen er oppfylt, men et niende punkt (n =9) vil alltid komplettere minst
ett punkttrippel som oppfyller betingelsen.
En smule mer generelt kan vi i et d-dimensjonalt rom, d =1, 2, 3, . . . , velge
2 punkter for hvert av 2
d
utsøkte restklasse-d-tupler, altså 2
d+1
punkter, uten at
betingelsen er oppfylt, mens et eneste punkt til vil komplettere minst ett punkt-
trippel der den er oppfylt. (For d =1er det da nødvendig å tillegge bare punktene
én felles vekt. Og for d generelt kan en dermed oppheve forbudet mot «tre punkter
på linje».)
415. Bevis at for alle pos itive reelle tall a, b, c er
a
2
ab + b
2
+
b
2
bc + c
2
a
2
+ ac + c
2
.
(Fra Baltic Way, 2000.)
oppgaver.tex,v 1.8
Normat 4/2003 Oppgaver 183
Løsning: Se figuren. Hvis |OA| = a, |OB | = b, |OC | = c, og AOB = BOC =60
,
følger det av cosinussetningen at
a
2
ab + b
2
= |AB |,
b
2
bc + c
2
= |BC |,
a
2
+ ac + c
2
= |AC |, så den gitte ulikheten er ekvivalent med trekantulikheten
|AB | + |BC ||AC |.
b
C
A
O
B
a
c
Løst av: Niels Bejlegaard, Vanløse, DK; Pål Grønås, Stjørdal, NO; Lars Höglund, Uppsala,
SE; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik
Meyer, Birkerød, DK; Inge H.A. Pettersen, Kongshavn, NO.
416. For hvert positivt heltall n lar vi
x
n
=
(2n + 1)(2n + 3) ···(4n 1)(4n + 1)
(2n)(2n + 2) ···(4n 2)(4n)
.
Bevis at
1
4n
<x
n
2 <
2
n
. (Fra Baltic Way, 2000.)
Løsning: (Fra den offisielle løsningen.) Ved hjelp av ulikheten m(m + 2) < (m + 1)
2
får vi
x
2
n
=
(2n + 1)
2
(2n + 3)
2
···(4n 1)
2
(4n + 1)
2
(2n)
2
(2n + 2)
2
···(4n 2)
2
(4n)
2
<
(2n + 1)(2n + 2)
2
···(4n)
2
(4n + 1)
(2n)
2
(2n + 2)
2
···(4n 2)
2
(4n)
2
=
(2n + 1)(4n + 1)
(2n)
2
< 2+
4
n
.
På tilsvarende måte får vi x
2
n
> 2+
1
n
. Dermed har vi
(1)
1
n
<x
2
n
2 <
4
n
og
(2)
1
n(x
n
+
2)
<x
n
2 <
4
n(x
n
+
2)
.
Av (1) får vi
2 <x
n
<
6. Resultatet følger så fra (2).
Løst av : Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
oppgaver.tex,v 1.8
184 Oppgaver Normat 4/2003
417. Gitt en likebent trekant ABC med A = 90
. La M være midtpunktet på
siden AB . Den rette linjen som går gjennom A og står vinkelrett på CM , skjærer
siden BC i P . Bevis at
AMC = BMP .
(Fra Baltic Way, 2000.)
Løsning: (Fra den offisielle løsningen.) Velg pun ktet K slik at ABCK blir et kvadrat,
og la N være skjæringspunktet mellom linjene AP og BK . Siden linjene AN og
CM står ortogonalt på hverandre, er N midtpunktet på BK . Videre er trekantene
AMC og BNA kongruente, hvilket gir
(1) AMC = BNA.
Siden BM = BN og MBP = NBP , er trekantene MBP og NBP kongruente.
Derfor er
(2) BMP = BNP = BNA.
Resultatet følger nå av (1) og (2).
Løst av: Niels Bejlegaard, Vanløse, DK; Pål Grønås, Stjørdal, NO; Lars Höglund, Uppsala,
SE; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik
Meyer, Birkerød, DK; Inge H.A. Pettersen, Kongshavn, NO; Thomas Strai, Tvedestrand,
NO; Jakob I. Try, Søgne, NO.
418. På hvor eventyrlig mange måter kan den 27 fot lange og 5 fot brede rek-
tangulære promenaden mellom kongens paviljong og dronningens, brolegges med
5 fot lange og 1 fot brede rektangulære marmorheller? (Innsendt av Hans Georg
Killingb ergtrø, Leksvik, NO.)
Løsning: (Etter Pål Grønås, Stjørdal, NO.) Hver helle må enten ligge på tvers av
promenaden og dekke 1 fot i lengderetningen, eller ligge på langs og dekke 5 fot i
lengderetningen. I det siste tilfellet må det være fire andre heller ved siden av som
også ligger i lengderetningen, slik at de fem hellene danner et kvadrat. Antall måter
å brolegge på er derfor identisk med antall måter man kan skrive tallet 27 på som
en sum av enere og femmere. Om det er k femmere i summen, blir antall enere i
summen lik 27 5k. Antall addender i summen blir 27 4k.Dek femmerne kan
da plasseres som addender i summen på
27 4k
k
ulike måter. Følgelig blir det
totale antallet
N =
5
k=0
27 4k
k
= 1001 .
Også løst av : Lars Höglund, Uppsala, SE. Flere andre sendte også inn løsningsforslag,
men bomm et på det riktige svaret.
Erratum. I løsningen av oppgave 408 i hefte 2 har det sn eket seg inn en trykkfeil
i ligning (5), der det har kommet til å stå 41 i stedet for 45. Den korrekte listen i
(5) skal altså være a
i
=(0, 2, 14, 21, 29, 32, 45, 49, 54, 55).
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 15. august 2004. Forslag til nye oppgaver er
velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.8
