Normat 52:1, 51–54 (2004) 51
Oppgaver
441. For hvilke fyrstikktrekanter får vi arealet ved å telle fyrstikkene? Med and-
re ord: Bestem alle tripler (a, b, c) av hele lengdetall for sidene i en trekant med
arealtall a + b + c. (Innsendt av Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.)
442. Betrakt e n glatt kurve i planet som er slik at krumningen er strengt voksende
når vi beveger oss langs kurven (i den ene retningen). Vis at kurven ikke kan ha
dobbeltpunkter. (Innsendt av Harald Hanche-Olsen, Trondheim, NO.)
443. La (a, b, c) være et primitivt pytagoreisk tripp e l, dvs. a, b og c er positive
heltall med gcd(a, b, c)=1og a
2
+ b
2
= c
2
.
(a) Vis at c a og c + a ikke kan være sidelengder i en og samme pytagoreiske
trekant.
(b) Vis at ingen av tallene c
2
+4ab, c
2
4ab og c
2
9a
2
kan være kvadrattall.
(Innsendt av Kent Holing, Trondheim, NO.)
Løsninger
419. Gi et kombinatorisk bevis for den binomiske identiteten
ny
k=x
k
x
n k
y
=
n +1
x + y +1
,n x + y, x 0,y 0.
(Innsendt av Ivar Skau, Bø, NO.)
Løsning: (Etter Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.) Høyre side i ligningen angir antall
«bitstrenger» av lengde n+1 med x+y+1 1-tall. Venstre side teller opp det samme,
idet det summeres over posisjonen av 1-tall nummer x+1. For hvis denne posisjonen
er k +1, så kan de x 1-tallene som ligger til venstre plasseres på
k
x
måter, men
de y 1-tallene til høyre kan plasseres p å
nk
y
måter.
Også løst av : Pål Grønås, Stjørdal, NO, og Johan Moldestad, Vereide, NO.
420. Bevis at det eksisterer positive heltall m og n slik at
m
2
n
3
2001
< 10
8
.
(Fra den 51. hviterussiske matematikkolympiaden i 2001.)
Løsning: (Etter Lars Höglund, Uppsala, SE.) Sett A =
2001 og = 10
8
. Da er
m
2
n
3
A
< A <
m
2
n
3
<A+ n
3/2
A <m<n
3/2
A + .
oppgaver.tex,v 1.5
52 Oppgaver Normat 1/2004
Lengden av intervallet (n
3/2
A , n
3/2
A + ) er n
3/2
(
A +
A ), som
går mot når n . Det fins derfor et naturlig tall n
0
som er slik at når
n n
0
, er lengden av intervallet større enn 1, og da vil intervallet inneholde minst
ett naturlig tall m. Litt regning viser at vi kan la n = n
0
= 764 789, og da får vi
m = 4 473 260 823.
Det er selvsagt ingen grunn til å tro at dette er de minste brukbare verdiene
av m og n (også et kort intervall kan jo slumpe til å inneholde et heltall). For
eksempel angir Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO, at n = 2413, m = 792771
er en mulig løsning.
Et rent eksistensbevis er gitt av Henrik Meyer, Birkerød, DK: La (a, b) være
et vilkårlig intervall i R
+
. Da mengden Q av rasjonale tall er tett i R, fins det
et rasjonalt tall p/q som er slik at
6
a < p/q <
6
b. Da er a<p
6
/q
6
<b, og
p
6
/q
6
=(p
3
)
2
/(q
2
)
3
. Dette argumentet kan lett utvides til å gi oss konkrete verdier
for p og q.
Også løst av : Niels Bejlegaard, Vanløse, DK; Pål Grønås, Stjørdal, NO; Peter Kirkegaard,
Gentofte, DK; Inge H. A. Pettersen, Kongshavn, NO;
421. En fotballspiller løper fra cornerflagget med konstant fart. Han løper på en
slik måte at syns vinkelen til målet hele tiden øker raskest mulig. Finn den kur-
ven han følger. (Med synsvinkelen fra et punkt menes vinkelen mellom linjene fra
punktet gjennom målstengene.) (Innse nd t av Ivar Skau, Bø i Telemark, NO.)
Løsning: Perferivinkel-betraktning viser at nivåkurvene til synsvinkelen er sirkler
som går gjennom målstengene, mer presist de n delen av hver slik sirkel som ligger
inne på banen. La oss kalle disse sirklene synsvinkelsirkler. Løsningen er derfor den
kurven som står ortogonalt på disse og går gjennom cornerflagget.
La l betegne avstanden fra cornerflagget til midtpunktet i målet, og la a være
halve bredden av målet. La så P være et punkt på dødlinjen i avstand x fra d ette
midtpunktet (på samme side som cornerflagget). Punktet P har da samme potens
med hensyn på alle synsvinkelsirklene, nemlig x
2
a
2
. Dette viser at tangentene
fra P til synsvinkelsirklene alle har lengde
x
2
a
2
. Sirkelen med P som sentrum
og denne lengden som radius, står derfor ortogonalt på synsvinkelsirklene. Den av
disse sirklene om P som går g j enn om cornerflagget, er dermed løsningen. Vi må
ha l x =
x
2
a
2
. Dette gir x =(l
2
+ a
2
)/2l som P s posisjon, og radien blir lik
(l
2
a
2
)/2l.
Løst av: Con Amore Problemgruppe, København, DK; Oddvar Iden, Bergen, NO; H ans
Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Kåre Vedøy, Fyl-
lingsdalen, NO.
422. ABCD er en ikke nødvendigvis plan firkant i rommet. Punktene E, F , G
og H halverer sidene [AB], [BC ], [CD] og [DA]. Hvilke betingelse r må A, B, C
og D oppfylle for at firkanten EFGH skal være plan, ha areal > 0 og være (i) et
parallellogram, (ii) et rektangel, (iii) en rombe, (iv) et kvadrat? (Innsendt av Hans
Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.)
Løsning: La stedsvektorene til A, B,...,H være henholdsvis a, b,...,h. Da er
e =
1
2
(a + b), f =
1
2
(b + c), g =
1
2
(c + d), h =
1
2
(d + a),
og vi får f e =
1
2
(c a)=g h. Dette viser at linjestykkene [EF ] og [HG] er like
lange og parallelle. Det følger at firkanten EFGH faktisk alltid er et parallellogram.
oppgaver.tex,v 1.5
Normat 1/2004 Oppgaver 53
Dette parallellogrammet har areal 0 hvis og bare hvis H ligger på linj en EF , altså
hvis og bare hvis h e = t(f e) for et passende tall t. Det er lett å se at denne
ligningen er ekvivalent med d b = t(c a), som igjen er ekvivalent med at BD er
parallell med AC . I dette tilfellet vil ABCD ligge i et plan som inneholder punktene
A, B og C, og da vil AD skjære BC eller AB vil skjære CD, eller alle punktene
vil ligge på en og samme linje. Så med mindre vi aksepterer degenererte firkanter
eller firkanter med selvskjæringer, vil EFGH alltid ha areal forskjellig fra 0.
Parallellogrammet EFGH er et rektangel hvis og bare hvis
FG EF g f f e d b c a BD AC ,
altså hvis og bare hvis BD står ortogonalt på minst ett plan som AC ligger i.
Videre: EFGH er en rombe |FG| = |EF |g f = f e
d b = c a[BD] og [AC ] er like lange.
Endelig er firkanten EFGH et kvadrat hvis og bare hvis den er både et rektangel
og en rombe, altså hvis og bare hvis linjestykkene [AC ] og [BD] er like lange og
står ortogonalt på hverandre.
Løst av : Con Amore Problemgruppe, København, DK; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK;
Henrik Meyer, Birkerød, DK.
423. La p(x) være et polynom med komplekse koeffisienter. Vis at de polynomer
f(x) som er slik at p(x
1
)=p(x
2
) f(x
1
)=f(x
2
), er av formen f(x)=
p(x)
,
hvor (x) er et polynom. (Innsendt av Allan Pedersen, Søborg, DK.)
Løsning: Vi bruker oppgavegiverens løsning. Han forteller for øvrig at oppgave n er
inspirert av den første halve siden av en posthum artikkel af Jacobi: Werke VI,
p. 203.
Vi kan anta at p(x) er monisk og av positiv grad, og har bare enkle, dvs. ikke-
mu ltiple nullpunkter. For hvis setningen gjelder for p(x), så gjelder den også for
p(x)+c, der c er en vilkårlig konstant, og ved å velge c slik at p(x)+c =0for alle
nullpunkter i p
(x), oppnår vi at p(x)+c har bare enkle nullpunkter.
Vi går nå frem ved induksjon med hensyn på graden n av f(x). Setningen er
klar for n =0, så la n>0. La
1
,...,
m
være (de distinkte) nullpunktene for
p(x). Siden p(
1
)=···= p(
m
)=0, har vi f(
1
)=···= f(
m
) := C. Derfor er
1
,...,
m
nullpunkter for f(x) C. Dette gir f(x) C = q(x)(x
1
) ···(x
m
)=q(x)p(x), der q(x) er et polynom. Vi ser at hvis p(x
1
)=p(x
2
) =0,så
er q(x
1
)=q(x
2
). Ved kontinuitet følger det at p(x
1
)=p(x
2
) q(x
1
)=q(x
2
).
Induksjonshypotesen gir nå at q(x) er et polynom i p(x), og dermed er også f(x)
et polynom i p(x).
Løst av: Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
424. La a
1
, a
2
,...,a
n
være komplekse tall. Vis at det finnes e t punkt x i [0, 1]
som er slik at
1
n
k=1
a
k
e
2ikx
1.
(Innsendt av Peter Lindqvist, Trondheim, NO.)
oppgaver.tex,v 1.5
54 Oppgaver Normat 1/2004
Løsning: (Etter Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.) Vi betrakter summen s(x)=
n
k=1
a
k
e
2ikx
som en funksjon av x. Det er klart at s(x) er periodisk med periode 1.
Videre er middelverdien av s åpenbart lik 0:
1
0
s(x) dx =0. Det følger at s(x) ikke
kan ha positiv realdel for alle x i [0, 1], så det fins en x
0
med Re
s(x
0
)
0. M en
da er
|1 s(x
0
)|1 Re
s(x
0
)
1.
Løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
425. Summer rekkene
(a)
x
1 x
2
+
x
2
1 x
4
+
x
4
1 x
8
+
x
8
1 x
16
+ ··· , |x| < 1,
(b)
1
x +1
+
2
x
2
+1
+
4
x
4
+1
+
8
x
8
+1
+
16
x
16
+1
+ ··· , |x| > 1.
(Innsendt av Peter Lindqvist, Trondheim, NO.)
Løsning: (Etter Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.)
(a) Ved opps palting av leddene kan vi skrive rekken som en «teleskoprekke»:
n=1
x
2
n1
1 x
2
n
=
n=1
x
2
n1
1 x
2
n1
x
2
n
1 x
2
n
.
Den N -te delsummen er da x/(1 x) x
2
N
/(1 x
2
N
), som åpenbart konvergerer
mot x/(1 x) når N .
(b) Her bruker vi en lignende oppspalting, og får en ny teleskoprekke:
n=0
2
n
x
2
n
+1
=
n=0
2
n
x
2
n
1
2
n+1
x
2
n+1
1
Summen av de N første leddene er
1
x 1
2
N
x
2
N
1
. Med x>1 er det klart at
den siste brøken går mot 0 når N , siden lim
t
t/(x
t
1) = 0. Den gitte
rekken konvergerer altså mot 1/(x 1).
Også løst av: Con Amore Problemgruppe, København, DK; Bjørn Elstad, Oslo, NO; Peter
Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Norvald Midttun, Bergen, NO;
Jakob Try, Søgne, NO; Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, NO.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 30. september 2004. Forslag til nye oppgaver
er velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.5
