Normat 52:4, 181–182 (2004) 181
Oppgaver
Oppgavene 452–455 er hentet fra gamle matematikkolympiader, både internasjo-
nale og i USA.
451. Angi alle par (a, b) av hele tall med 0 <a<bsom er slik at en trekant med
sidelengder a, b og 49 har to hjørnevinkler i forholdet 1:2. (Innsendt av Hans Georg
Killingb ergtrø, Leksvik, NO.)
452. La P (x) være et polynom av grad n som er slik at P (k)=k/(k+1) for k =0,
1, 2, . . . , n. Bestem P (n + 1).
453. Gitt en vinkel på 180
/n, der n er et naturlig tall som ikke er delelig med 3.
Vis at denne vinkelen kan tredeles på « eu klidsk» vis, altså ved hjelp av bare passer
og linjal.
454. For et gitt reelt tall x
1
konstruerer vi følgen x
1
, x
2
, x
3
, . . . ved å sette
x
n+1
= x
n
x
n
+
1
n
for alle n 1.
Vis at det eksisterer nøyaktig en verdi av x
1
som er slik at 0 <x
n
<x
n+1
< 1 for
alle n 1.
455. (a) Vis at
[5x] + [5y] [3x + y]+[x +3y]
for alle ikke-negative reelle tall x og y. (For et reelt tall t betegner [t] heltallsverdien
av t, det vil si det største hele tallet k som er slik at k t.)
(b) Vis at
(5m)! (5n)!
m! n! (3m + n)! (3n + m)!
er et helt tall for alle naturlige tall m og n.
Løsninger
440. Et rektangel HOMF har sider HO = 11 og 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 ? (Oppgave A–1 i Putnam-konkurransen 1997.)
Løsning: (Etter Hans G eorg Killingbergtrø, Leksvik, NO.) Vi plasserer rektang-
let HOMF i et kartesisk koordinatsystem med H(0, 5), O(11, 5), M (11, 0) og
F (0, 0). Det følger av oppgaven at BC går gjennom både M og F , og at AF går
oppgaver.tex,v 1.3
182 Oppgaver Normat 4/2004
gjennom H og står normalt på MF , altså at B og C ligger på x-aksen og A på y-
aksen. Det er klart at A ligger på den negative y-aksen. Videre vet vi at BH AC ,
og C må derfor ligge på den negative x-aksen, i et punkt (p, 0). Den omskrevne
sirkelen skjærer da den positive y-aksen i et punkt (0,q), den positive x-aksen i
B(22 + p, 0) og den negative y-aksen i A(0, 10 q). Dermed vil BH AC gi
5
22 + p
=
p
10 + q
= p
2
+ 22p =5q + 50.
Og de to radiene |OC | = |OA| viser at
5
2
+ (11 + p)
2
= 11
2
+ (5 + q)
2
= p
2
+ 22p = q
2
+ 10q.
Dette viser at q
2
+ 10q =5q + 50, som gir de søkte positive verdiene q =5, p =3
og |BC | = 28.
Også løst av: Lars Arnér, Norrköping, SE; Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Erik Hansen,
Kalundborg, DK; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Ebbe
Thue Poulsen, Mårslet, DK; Jørn Schmidt, Horsens, DK; Ivar Skau, Bø i Telemark, NO;
Thomas Strai, Tvedestrand, NO; Jakob I. Try, Søgne, NO;
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 s iden e i en trekant med
arealtall a + b + c. (Innsendt av Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.)
Løsning: Kall trekanten ABC som vanlig, la a, b og c være lengdene av de mot-
stående sidene til A, B og C, og sett s =
1
2
(a + b + c). Den innskrevne sirkelen
tangerer hve r av sidene. La x være lengden av linjestykke ne fra C til tangerings-
punktene på sidene a og b, og la y og z være de tilsvarende lengdene av tangentene
fra henholdsvis B og A. Da har vi x + y = a, y + z = c og x + z = b, som lett gir
x = s c, y = s b og z = s a. Vi kan anta a b c, og får dermed x y z.
Ved Herons formel får vi 2s = a + b + c = areal(ABC )=
sxyz, som gir
(1) 4s = xyz.
Nå er x y z s (mod 1), og s er kongruent med 0 eller 1/2 modulo 1. Men
den siste muligheten utelukkes av ligningen (1). Setter vi nå s = x + y + z inn (1),
får vi 4x +4y +4z = xyz, som gir z = 4(x + y)/(xy 4). Med x =1kan y bare
være 5, 6 eller 8, med z lik 24, 14 eller 9. Velger vi x =2,kany bare være 3 eller 4,
med z lik 10 eller 6. For x 3 får vi ingen muligheter for y og z med x y z.
Så de eneste mulighetene for (a, b, c)=(x + y,x + z,y + z) er disse fem:
(6, 25, 29), (7, 15, 20), (9, 10, 17), (5, 12, 13), (6, 8, 10).
Hver av dem er enten en pytagoreisk trekant eller differansen mellom to slike.
Løst av: Con Amore Problemgruppe, København, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK;
Tor Skjelbred, Os lo, NO; Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, NO.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 31. mai 2005. Forslag til nye oppgaver er
velkomne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.3
