98 Normat 52:2, 98–103 (2004)
Oppgaver
Oppgavene 444–446 er fra Asian Pacific Mathematical Olympiad i årene 1989–1996.
Oppgave 447 har vært foreslått til den internasjonale matematikkolympiaden.
444. La x
1
, x
2
,...,x
n
være positive reelle tall, og la
S = x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
.
Vis at
(1 + x
1
)(1 + x
2
) ···(1 + x
n
) 1+S +
S
2
2!
+
S
3
3!
+ ···+
S
n
n!
.
445. Gitt en trekant med sider a, b og c.Las være halve omkretsen, altså s =
(a+b+c)/2. Konstruer en ny trekant med sider sa, sb og sc. Gjenta prosessen
inntil det ikke lenger er mulig å konstruere en ny trekant. For hvilke opprinnelige
trekanter vil denne prosess en ikke stoppe op p?
446. La a, b, c være sider i en trekant. Vis at
a + b c +
b + c a +
c + a b
a +
b +
c.
Når får vi likhet?
447. Vis at det finnes en entydig bestemt uendelig følge u
0
, u
1
, u
2
, . . . av positive
heltall slik at for alle n 0 er
u
2
n
=
n
r=0
n + r
r
u
nr
.
Løsninger
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.)
Løsning: (Etter Pål Grønås, Stjørdal, NO.) Vi vil vise formelen
(1)
s
k=0
s
k
t
r + k
=
t +1
(t s + 1)
t s
r
oppgaver.tex,v 1.6
Normat 2/2004 Oppgaver 99
ved induksjon på s. Formelen er åpenbart riktig for s =0. La oss anta at (1) er sann
for s = n (induksjonshypotesen). Ved hjelp av den velkjente formelen
n
k
+
n
k1
=
n+1
k
får vi (ve d likheten merket med bruker vi induksjonshypotesen)
n+1
k=0
n+1
k
t
r+k
=
1
t
r
+
n
k=1
n
k
+
n
k1
t
r+k
+
1
t
r+n+1
=
n
k=0
n
k
t
r+k
+
n
k=0
n
k
t
r+k+1
=
t +1
(t n + 1)
tn
r
+
t +1
(t n + 1)
tn
r+1
=
t +1
t n +1
·
tn
r
+
tn
r+1
tn
r
tn
r+1
=
t +1
t n +1
·
tn+1
r+1
tn
r
tn
r+1
=
t +1
t n +1
·
(tn+1)!
(tnr)! (r+1)!
(tn)!
(tnr)! r!
·
(tn)!
(tnr1)! (r+1)!
=
(t + 1)(t n r 1)! r!
(t n)!
=
t +1
(t n)
tn1
r
,
som nettopp er (1) for s = n +1. Dermed har vi vist formelen (1) ved induksjon.
Også løst av: Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
427. Betrakt situasjonen gitt i oppgave 405 (se figuren nedenfor). Vis at punktene
A, E, B og N ligger på en og samme sirkel. (Innsendt av Oddvar Iden, Bergen,
NO.)
C
P
M
D
Q
N
A
E
B
Γ
1
Γ
2
Rask repetisjon av det vi trenger å vite om figuren: Sirklene
1
og
2
skjærer
hverandre i punktene M og N, linjen AB er en felles tangent for sirklene, linjen
CD går gjennom M og er parallell med AB , og E er skjæringspunktet mellom
linjene CA og DB .
Løsning: (Etter Odd-Bjørn Lunde, Hundvåg, NO.) For å vise at N ligger på sirke len
gjennom B, E og A, er det nok å vise at AEB + BNA = . Ved å se på
vinkelsummen i trekanten CDE får vi AEB +BDM +MCA = . Nå er vinklene
BNM = BDM , siden de er periferivinkler som spenner over samme bue i
2
,
oppgaver.tex,v 1.6
100 Oppgaver Normat 2/2004
og på samme måte er MNA = MCA. Dermed er BNA = BNM + MNA =
BDM + MCA = AEB, og det er nettopp hva vi skulle vise.
Ivar Skau, Bø i Telemark, NO, bemerker at firkanten AE BN vil være syklisk også
om CD er en vilkårlig linje gjennom M og A og B er vilkårlige punkter på hen-
holdsvis
1
og
2
. Bevis: NBE = NMC (periferivinkler og supplementvinkler).
Tilsvarende er NAE = NMD , og følgelig er NBE + NAE = .
Også løst av : Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Jakob I. Try, Søgne, NO; Kåre Vedøy,
Fyllingsdalen, 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.)
Løsning: (Etter Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.) Sirkelens tangeringspunk-
ter med siden deler sidene i x og y, y og z, z og x. Det er tilstrekkelig å påvise én
trekantserie der n er vilkårlig stor. Anta at det fins en slik serie der x, y og z alle
er heltall. Med Herons formel får vi (x + y + z)xyz =(x + y + z)
2
r
2
, som lett kan
løses med hensyn på z. Oppgaven videre blir å finne positive heltall x, y og r som
gjør at både
() z =
(x + y)r
2
xy r
2
og () n =
x + y + z
r
blir heltall. En nærliggende strategi for () er å søke x, y, r slik at xy r
2
=1.
Dette gir assosiasjon til Fibonacci-tall , der F
hk
F
h+k
F
2
h
=(1)
h+k+1
F
2
k
, som
nettopp gir 1 når k =2og h er et o d detall. (Indeks lik eksponenten i Binets formel,
F
n
=
n
()
n
/
5, der = (1+
5)/2. Se Torgeir Onstad, Fibonacci-tallene,
Normat 1991, 20–40.) Velger vi x = F
2m1
, r = F
2m+1
og y = F
2m+3
, vil () gi
z =(x + y)r
2
. Og dette berger samtidig (), da en direkte følge av Fibonacci-
rekursjonen er at F
h2
+ F
h+2
=3F
h
. Så en kan velge x, r og y som vilkårlig store
på hverandre følgende oddeindiserte Fibonacci-tall og få x + y =3r, z =3r
3
og
n =3r
2
+3.
Eksempel:
x = F
31
= 1346269,r= F
33
= 3524578,
y = F
35
= 9227465,z=3· 3524578
3
= 131353797500739445656,
n =
1346269 + 9227465 + 131353797500739445656
3524578
= 37267950234255.
Også løst av: Pål Grønås, Stjørdal, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
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.)
oppgaver.tex,v 1.6
Normat 2/2004 Oppgaver 101
Løsning: Vi har f
(x)=kx
k1
/(x
k
1)
2
, så P
1
(x)=kx
k1
. Ved derivasjon av
uttrykket for f
(n)
(x) får vi
f
(n+1)
(x)=
P
n
(x)(x
k
1)
n+1
P
n
(x)(n + 1)(x
k
1)
n
kx
k1
(x
k
1)
2n+2
=
P
n
(x)(x
k
1) P
n
(x)(n + 1)kx
k1
(x
k
1)
n+2
,
som viser at P
n+1
(x)=P
n
(x)(x
k
1) P
n
(x)(n + 1)kx
k1
. Av dette får vi så
() P
n+1
(1) = k(n + 1)P
n
(1),n=1, 2,...
Siden P
1
(1) = k, følger det ved induksjon at P
n
(1) = (k)
n
n! for alle naturlige
tall n.
Løst av: Pål Grønås, Stjørdal, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
431. Gitt 7 distinkte reelle tall. Vis at det blant disse fins minst ett par x, y slik
at
0
x y
1+xy
1
3
.
(Fra den canadiske matematikkolympiaden i 1984.)
Løsning:Lat
1
<t
2
< ··· <t
7
være distinkte reelle tall. For hver i =1,...,7
finnes det nøyaktig én vinkel v
i
i intervallet (/2,/2) slik at tan v
i
= t
i
. Dermed
får vi for alle i og j
t
i
t
j
1+t
i
t
j
=
tan v
i
tan v
j
1 + tan v
i
tan v
j
= tan(v
i
v
j
).
Siden v
1
<v
2
< ···<v
7
ligger i et åp ent intervall av lengde , må minst en av de
seks differen sen e v
i+1
v
i
være mindre enn /6, og da er
0 <t
i+1
t
i
< tan
6
=
1
3
.
Vi har dermed fått oppfylt ulikhetene i oppgaven, og faktisk med ekte ulikheter.
Løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Nor-
vald Midttun, Bergen, NO; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet,
DK.
432 = 435. Vis at et reelt tall x er rasjonalt hvis og bare hvis vi i følgen
x, x +1,x+2,x+3,...
kan finne tre distinkte ledd som danner en geometrisk progresjon. (Fra den cana-
diske matematikkolympiaden i 1993. Denne oppgaven ble ved et uhell gjentatt som
oppgave 435, men oppgaveredaktøren vil forsøke å være mer påpasselig i fremtiden!)
oppgaver.tex,v 1.6
102 Oppgaver Normat 2/2004
Løsning: (Etter Henrik Meyer, Birkerød, DK.) Vi viser først «hvis». Anta at det
fins n aturlige tall n, p og q slik at
x + n
x + p
=
x + p
x + q
.
Da er
(x + p)
2
=(x + n)(x + q) x(2p n q)=nq p
2
.
Hvis nq = p
2
, må vi enten ha x =0(og da er x rasjonal) eller 2p = n + q, som gir
4nq =4p
2
= n
2
+2nq + q
2
, som gir (n q)
2
= n
2
2nq + q
2
=0. Men det siste
tilfellet er umulig, siden vi skal ha n = q. Hvis nq = p
2
, så er også 2p n q =0,
og vi får x =(nq p
2
)/(2p n q), som er et rasjonalt tall.
La oss så bevise «bare hvis»: Det er tilstrekkelig å se på det tilfellet at x>0,
siden x er rasjonal hvis og bare hvis x + k er rasjonal for et vilkårlig naturlig tall
k. Anta x = r/s, der r og s er naturlige tall. Da er (x + r)
2
= x
2
+2rx + r
2
=
x(x +2r + r
2
/x)=x(x +2r + rs), så
x
x + r
=
x + r
x +2r + rs
,
dvs. x, x + r og x +2r + rs danner en geometrisk progresjon.
Løst av: Pål Grønås, Stjørdal, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Hans Georg Kil-
lingbergtrø, Leksvik, NO; Norvald Midttun, Bergen, NO; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet,
DK;
434. La p være et o d de primtall. Bevis at
p
j=0
p
j
p + j
j
2
p
+ 1 (mod p
2
).
Løsning: (Etter Pål Grønås, Stjørdal, NO.) Sett x
j
=
p
j
p+j
j
for 0 j p.Vi
observerer at x
0
=1. For j>0 blir
x
j
=
p!
j!(p j)!
·
(p + j)!
j! p!
=
(p + j)!
j!
2
(p j)!
=
1
j!
2
j
i=1
(p + i)
j1
i=0
(p i)(1)
=
p(p + j)
j!
2
j1
i=1
(p + i)(p i)=
p
2
+ pj
j!
2
j1
i=1
(p
2
i
2
).
Setter vi j = p, får vi
x
p
=
2p
2
p!
2
p1
i=1
(p
2
i
2
)=
2
(p 1)!
2
p1
i=1
(p
2
i
2
).
Siden gcd(p, (p 1)!) = 1, er
x
p
(p 1)!
2
2
p1
j=1
(i
2
) = 2(1)
p1
(p 1)!
2
(mod p
2
).
oppgaver.tex,v 1.6
Normat 2/2004 Oppgaver 103
Forkorting med (p 1)!
2
gir x
p
2(1)
p1
= 2 (mod p
2
), siden p er odde.
Anta så at 0 <j<p. Da er gcd(p, j!) = 1, så (1) er ekvivalent med
j!
2
x
j
pj
j1
i=1
(i
2
)=pj(1)
j1
(j 1)!
2
(mod p
2
).
Ved å forkorte med (j 1)!
2
j får vi jx
j
(1)
j1
p (mod p
2
). Ergo må p | x
j
,dvs.
x
j
= py
j
for en passende y
j
. Da er
(2) jy
j
(1)
j1
(mod p).
Alt i alt betyr dette at kongruensen i oppgaven er ekvivalent med
(3)
p1
j=1
y
j
2
p
2
p
(mod p).
Binomialformelen gir
(4) 2
p
=
p
j=0
p
j
=2+
p1
j=1
p
j
.
For 0 <j<per
p
j
= pz
j
, der
j! z
j
=
j1
i=1
(p ij) (1)
j1
(j 1)! (mod p).
Dette gir jz
j
(1)
j1
(mod p). Av (2) følger det at y
j
z
j
(mod p), hvilket i
kombinasjon med (4) gir
p1
j=1
y
j
p1
j=1
z
j
=
2
p
2
p
(mod p).
Vi har dermed bevist at (3), og derfor også påstanden i oppgave n, er sann.
Hans Georg Killingbergtrø påpeker at oppgavens krav om at primtallet p skal være
odde, er unødvendig. For p =2får man jo ved direkte utregning 13 5 (mod 4),
som jo er helt i orden. Det eneste stedet i løsningen over hvor vi bruker at p er odde,
er da også i kongruensen 2(1)
p1
2 (mod p
2
), som f or p =2blir til 2 2
(mod 4).
Også løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK;
Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 30. november 2004. Forslag til nye oppgaver
er velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.6
