Normat 52:3, 137–140 (2004) 137
Oppgaver
Oppgavene denne gangen er oppgaver som har vært foreslått til den internasjonale
matematikkolympiaden.
448. Betrakt en konveks firkant som er innskrevet i en sirkel med radius 1, dvs.
alle hjørnene i firkanten ligger på sirkelen. Vis at differensen u mellom omkretsen
og summen av lengdene av diagonalene tilfredsstiller ulikhetene 0 <u<2.
449. La k være et positivt heltall. Sett a
0
=0og
a
n+1
= k(a
n
+ 1) + (k + 1)a
n
+2
k(k + 1)a
n
(a
n
+ 1) for n =0, 1, 2,....
Vis at a
n
er et positivt heltall for alle n =1, 2, 3, . . . .
450. La x
1
, x
2
,...,x
n
være positive, reelle tall, n 2. Vis at
x
2
1
x
2
1
+ x
2
x
3
+
x
2
2
x
2
2
+ x
3
x
4
+ ···+
x
2
n1
x
2
n1
+ x
n
x
1
+
x
2
n
x
2
n
+ x
1
x
2
n 1
Løsninger
433. For hvilke reelle tall x konvergerer rekken
n=1
1
n sin(1/n)
x
?
Løsning: Det er velkjent at
lim
x0
sin x
x
=1.
Lar vi x =1/n, får vi lim
n
1
n sin(1/n)
=1. Dette viser at leddene i den gitte rekken
ikke går mot 0, og dermed kan rekken helt sikkert ikke konvergere for noen verdi
av x. Se for øvrig oppgave 438.
Løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Hans Georg Kil-
lingbergtrø, Leksvik, NO; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet,
DK;
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 ledd som danner en geometrisk progresjon. (Fra d en canadiske
matematikkolympiaden 1993.)
Denne oppgaven var identisk med oppgave 432, og løsningen ble gitt i forrige hefte. Dess-
verre falt to navn ut av listen over oppgaveløsere, nemlig Ole Somdalen, Alta, NO, og
Jakob I. Try, Søgne, NO.
oppgaver.tex,v 1.7
138 Oppgaver Normat 3/2004
436. Vis at for ethvert naturlig tall n finnes det et naturlig tall m slik at
(
2 1)
n
=
m
m 1.
(Fra den canadiske matematikkolympiaden 1994.)
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) Først viser man ved induksjon
at
(
2 1)
n
=(1)
n
(a
n
b
n
2),
der a
n
og b
n
er positive heltall som kan bes temmes rekursivt ved
a
1
=1,b
1
=1,
a
n
= a
n1
+2b
n1
,b
n
= a
n1
+ b
n1
for n>1.
Deretter viser man ved induksjon at a
2
n
2b
2
n
=(1)
n
. Det følger at
(
2 1)
n
=
m
m 1,
der m =2b
2
n
hvis n er et oddetall, og m = a
2
n
hvis n er et partall.
Også løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter
Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Norvald Midttun, Bergen, NO;
Ole Somdalen, Alta, NO; Jakob I. Try, Søgne, NO.
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 perfekt partall må ha. Men spørsmålet om det fins perfekte
oddetall er et gammelt og uløst problem.
Påvis at hvis n er et perfekt tall, så er n 2 (mod 3). (Innsendt av Marius
Overholt, Tromsø, NO.)
Løsning: Vi kan forutsette at 3|n, og tar utgangspunkt i kongruensen
d|n
d 2n.
(Alle kongruenser her er modulo 3.) Denne kongruensen er ekvivalent med
d|n
n
d
2n,
siden n/d gjennomløper divisorene til n når d gjen nomløper divisorene til n. For
enhver d ivisor d i n har vi d 0, og dermed d
2
1. Det følger at
d|n
dn
d|n
d
2
n
d
d|n
n
d
2n.
Vi kansellerer den felles faktoren n på hver side av kongruensen, og får
d|n
d 2.
Dermed er 2n 2, så n 1.
Løst av: Lars Arnér, Norrköping, SE; Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Erik H ansen, Kalund-
borg, DK; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Christoph Kirfel, Bergen, NO; Peter
Kirkegaard, Gentofte, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Jørn Schmidt, Horsens, DK.
oppgaver.tex,v 1.7
Normat 3/2004 Oppgaver 139
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 i 1988: For hvilke
reelle tall x konvergerer rekken
n=1
1
n sin(1/n)
1
x
?
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) Ved å bruke enten Taylor-rekken
for sinus eller l’Hôpitals regel, får vi
lim
t0
t
sin t
1
t
2
= lim
t0
t sin t
t
2
sin t
=
1
6
, så lim
n
1
n sin(1/n)
1
1/n
2
=
1
6
.
Av sammenligningskriteriet for uendelige rekker med positive ledd får vi nå at den
gitte rekken er konvergent hvis og bare hvis rekken
n=1
1
n
2
x
er konvergent, det vil si hvis og bare hvis x>1/2.
Også løst av: Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Erik Hansen,
Kalundborg, DK; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte,
DK; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Norvald Midttun, Bergen, NO.
439. Vis at det fins nøyaktig en funksjon f : (0, ) (0, ) slik at f
f(x)
=
6x f(x) for alle x>0. (Fra Putnam-konkurransen i 1988.)
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) La x være et vilkårlig positivt
tall, og la tallfølgen {x
n
} være bestemt ved
x
0
= x og x
n
= f (x
n1
) for n 1.
Det følger da at {x
n
} tilfredsstiller den homogen e lineære differensligningen
x
n
= f
f(x
n2
)
=6x
n2
x
n1
for n 2.
Den karakteristiske ligningen for denne differensligningen er
r
2
+ r 6=0,
som har røttene r
1
=2og r
2
= 3. Av teorien for differensligninger følger det da
at det finnes konstanter A og B slik at
x
n
= A2
n
+ B(3)
n
for alle n.
Siden x
n
> 0 for alle n, må vi ha B =0, og dermed A = x, og vi får
f(x)=x
1
=2x.
oppgaver.tex,v 1.7
140 Oppgaver Normat 3/2004
Tor Skjelbred, Oslo, NO, har en annen løsning, som ikke krever teori for differens-
ligninger: For alle x>0 er
0 <f(x) < 6x.
La a være det minste tallet som er slik at f(x) ax for alle x>0, altså
a = sup
x>0
f(x)
x
.
Da er 0 <a 6. Vi skal vise at
a 2.
Fra ligningen f
f(x)
=6x f(x) får vi
() f
f(x)
2f(x)=6x 3f(x)=3
f(x) 2x
.
Med n otasjone n f
n
(x)=f
f(...f(x) ...)
for gjentatt anvendelse av f , får vi
f
3
(x) 2f
2
(x)=3
f
2
(x) 2f(x)
=9
f(x) 2x
.
Det gir
9
f(x) 2x
= f
3
(x) 2f
2
(x) af
2
(x) 2f
2
(x)
=(a 2)f
2
(x)=(a 2)
6x f(x)
,
og dermed
(a + 7)f(x) (6a + 6)x
f(x)
x
6a +6
a +7
.
Det følger at a = sup
x>0
f(x)/x (6a + 6)/(a + 7), så
a
2
+7a 6a +6 a
2
+ a 6 a 2,
siden a>0. Dette gir f(x) ax 2x, og f (x) 2x 0. Fra () har vi da
0 f
f(x)
2f(x)=3
f(x) 2x
0,
så f (x) 2x =0, det vil si f(x)=2x.
Også løst av: Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Erik Hansen, Kalundborg, DK; Hans Georg
Killingb ergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Jørn Schmidt, Horsens,
DK.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 28. februar 2005. Forslag til nye oppgaver
er velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.7
