Normat 53:1, 39–42 (2005) 39
Oppgaver
456. Vis at det eneste av tallene
101, 10101, 1010101, 101010101,...,
som e r primtall, er 101. (Innsendt av Gunnar Blom, Lund, SE.)
457. Gitt en konveks firkant ABCD der vinkelen A er rett, og sidelengdene er
|AB| = |AD| = a, |BC| = |CD| = b, der a og b er naturlige tall og a<b. Vis at
arealet av firkanten er F =(a
2
+ a
2b
2
a
2
)/2.
Vis også (uten å bruke teorien for kvadratiske tallkropper!) at det fins uendelig
mange måter å velge a og b på slik at F blir heltallig. (Innsendt av Norvald Midttun,
Bergen, NO.)
458. Vis at for n 1 er
n
j=0
n
j
n + j
j
=
n
j=0
2
j
n
j
2
Vis at hvis n = p
a
er en primtallspotens, så er
p
a
j=0
p
a
j
p
a
+ j
j
1+2
p
a
(mod p
2
).
(Innsendt av Tor Skjelbred, Oslo, NO.)
459. Gitt tre punkter A, B og C i planet og et linjestykke med lengde l. Bestem
to like store sirkler, der den ene sirkelen skal gå gjennom A og B og den andre
gjennom A og C, og de to sirklene skal skjære hverandre i et punkt i avstand l
fra A. (Innsendt av Tor Fidje, Ås, NO.)
Løsninger
442. Betrakt en 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
dobbe ltpunkter. (Innsendt av Harald Hanche- Olsen, Trondheim, NO.)
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.)
(A) Vi betrakter først et punkt P
0
hvor krumningen er positiv, og beviser at
intet etterfølgende punkt på kurven k faller sammen med P
0
.
oppgaver.tex,v 1.2
40 Oppgaver Normat 1/2005
Legg et rettvinklet koordinatsystem i planet med origo i P
0
og med tangenten
i P
0
som x-akse. La k ha parameterfremstillingen (x, y)=(f(t),g(t)), hvor t er
buelengden fra P
0
til det løpe nde punktet P (t).
Da er tangentvektoren (f
(t),g
(t)) en enhetsvektor, dens vinkel v med x-aksen
b e ste mme s ved (cos v, sin v)=(f
(t),g
(t)), og vinkelen v = (t) kan velges slik
at er kontinuerlig og (0) = 0. Når v velges på denne måten, er
(t)=(t),
kurvens krumning i P (t), og siden er strengt voksende og (0) > 0, e r også
strengt voksende.
Vi skal nå bevise at for enhver t
1
> 0 gjelder g(t
1
) > 0, og derfor P (t
1
) = P
0
.
Vi har
(1) g(t
1
)=
t
1
0
g
(t) dt =
t
1
0
sin
(t)
dt =
t
1
0
sin
(t)
1
(t)
(t) dt.
Substitusjonen v = (t) gir
(2) g(t
1
)=
v
1
0
sin(v)
1
1
(v)
dv =
v
1
0
sin(v)(v) dv,
der vi har satt (v)=1/
1
(v)
.
Siden og er strengt voksende, er strengt avtagende, og det er nå lett å
b e vise at integralet i (2) er positivt for v
1
> 0:
For v
1
er integranden positiv, og dermed også integralet. For <v
1
2
er
v
1
0
sin(v)(v) dv
=
v
1
0
sin(v)(v) dv +
v
1
sin(v)(v) dv +
v
1
sin(v)(v) dv
=
v
1
0
sin(v)
(v) (v + )
dv +
v
1
sin(v)(v) dv,
som e r p ositivt, da er positiv og strengt avtagende.
For v
1
> 2 velger vi n som det hele tallet som oppfyller 2n < v
1
2(n + 1).
Da er
v
1
0
sin(v)(v) dv =
n
j=1
2n
2(n1)
sin(v)(v) dv +
v
1
2n
sin(v)(v) dv,
som e r p ositivt, siden alle de enkelte integralene er positive.
(B) Hvis krumningen i P
0
er 0, gjelder resonnementet ovenfor med den endring
at integralet (2) er uegentlig. Det er imidlertid konvergent, da det er lik integralet
i (1).
Et kurvestykke med negativ og strengt voksende krumning kan heller ikke ha
dobbe ltpunkter. Det ser vi ved å skifte gjennomløpsretning på kurven. Da skifter
krumningen fortegn, men bevarer monotoniegenskapen.
oppgaver.tex,v 1.2
Normat 1/2005 Oppgaver 41
Hvis vi endelig har en kurve hvor krumningen antar både negative og positive
verdier, lar vi P
0
b e tegne det punktet hvor krumningen er 0. Av det foregående
følger at den etterfølgende delen av kurven ligger helt i det positive halvplanet
b e ste mt ved tangenten i P
0
, mens den foregående delen av kurven ligger helt i det
negative halvplanet. Altså kan kurven heller ikke i dette tilfellet ha dobbeltpunkter.
Også løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Tor Skjelbred, Oslo, NO.
443. Av plasshensyn må løsningen av denne oppgaven stå over til neste hefte.
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!
.
(Fra Asian Pacific Mathematical Olympiad 1989.)
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) Siden den naturlige logaritme-
funksjonen er konkav, gir Jensens ulikhet at
n
j=1
1
n
ln(1 + x
j
) ln
1
n
n
j=1
(1 + x
j
)
=ln
1+
S
n
,
og derfor er
n
j=1
(1 + x
j
) exp
n ln
1+
S
n
=
1+
S
n
n
=
n
j=0
n
j
S
j
n
j
=
n
j=0
n(n 1) ···(n j + 1)
j!
S
j
n
j
n
j=0
n
j
j!
S
j
n
j
=
n
j=0
S
j
j!
.
Kommentar: Den versjonen av Jensens ulikhet som er brukt her, s ier at hvis f er
en konkav funksjon over et intervall I, så gjelder
()
n
j=0
a
j
f(x
j
) f
n
j=0
a
j
x
j
for vilkårlige punkter x
1
,...,x
n
i I og ikke-negative tall a
1
,...,a
n
med sum
a
1
+ ···+ a
n
=1. Ulikheten () er opplagt riktig for n =1, og for n =2uttrykker
() nettopp den karakteristiske egenskapen ved en konkav funksjon f , nemlig at
korden mellom to vilkårlige punkter på grafen til f ikke noe sted kommer opp over
grafen. Et enkelt induksjonsbevis viser så at () gjelder for alle n.
Også løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Ole Jørsboe, Kongens Lyngby, DK; Hans Georg
Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
oppgaver.tex,v 1.2
42 Oppgaver Normat 1/2005
445. Gitt en trekant med sider a, b og c. La s 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 prosessen ikke stoppe opp? (Fra Asian Pacific Mathematical
Olympiad 1992.)
Løsning: (Etter Henrik Meyer, Birkerød, DK.) Ved den angitte prosessen får vi først
en ny trekant med sider a
1
= s a, b
1
= s b og c
1
= s c. Omkretsen av denne
nye trekanten er a
1
+ b
1
+ c
1
=3s (a + b + c)=s, altså halve omkretsen av den
opprinnelige trekanten. På den annen side bevares forskjellene mellom sidelengdene,
i den forstand at |a
1
b
1
| = |(s a) (s b)| = |a b|, og likedan |a
1
c
1
| = |a c|
og |b
1
c
1
| = |b c|. Ifølge trekantulikheten må vi ha |a b| = |a
1
b
1
| <c
1
<
a
1
+b
1
+c
1
, så forskjellen mellom et par av sidelengder i den opprinnelige trekanten
må være mindre enn omkretsen av den nye trekanten. Hvis prosessen kan fortsette
uten å stoppe opp, vil omkretsen av de nye trekantene gå mot 0, og derfor må vi
ha |a b| =0, dvs. a = b, og tilsvarende a = c. Hvis prosessen ikke skal stanse, må
altså trekanten være likesidet. At prosessen ikke stanser for likesidete trekanter, er
på den annen side opplagt.
Også løst av: Tor Fidje, Ås, NO; Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø,
Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.
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? (Fra Asian Pacific Mathematical Olympiad 1996.)
Løsning: Sett x =
a + b c, y =
b + c a og z =
c + a b. Da er x
2
+ z
2
=
2a, x
2
+ y
2
=2b og y
2
+ z
2
=2c, og vi skal vise ulikheten
() x + y + z
1
2
(x
2
+ y
2
)+
1
2
(y
2
+ z
2
)+
1
2
(x
2
+ z
2
) .
Nå er
1
2
(x
2
+ y
2
)
1
2
(x + y)
2
=
1
4
(x
2
+ y
2
2xy)=
1
4
(x y)
2
,
så
1
2
(x + y)
1
2
(x
2
+ y
2
) , med likhet hvis og bare hvis x = y. Tilsvarende er
1
2
(x + z)
1
2
(x
2
+ z
2
) og
1
2
(y + z)
1
2
(y
2
+ z
2
) . Ulikheten () følger ved
addisjon av de tre siste ulikhetene, og vi ser at vi får likhet i () hvis og bare hvis
x = y = z, s om er ekvivalent med a = b = c.
Løst av: Tor Fidje, Ås, NO; Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø, Leks-
vik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik Meyer, Birkerød, DK; Ebbe Thue Poul-
sen, Mårslet, DK.
Erratum: Ved en feil var Pål Grønnås, Stjørdal, NO, dessverre uteglemt på listen over
løsere av oppgave 439 og 441.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, Norge innen 30. juni 2005. Forslag til nye oppgaver er
velkomne når som helst. Vennl igst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
oppgaver.tex,v 1.2
