Normat 53:3, 139–143 (2005) 139
Oppgaver
460. Betrakt mengden av alle reelle tallpar (a, b) som er slik at ligningen
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ ax +1=0
har minst én reell rot. Hva er den minste verdien a
2
+ b
2
kan ha? (Fra den inter-
nasjonale matematikkolympiaden i 1973.)
461. La Q
+
være mengden av positive rasjonale tall. Bestem alle funksjoner
f : Q
+
! Q
+
som er slik at
f(1/x)=f(x) og (x + 1)f(x)=xf(x + 1) for alle x 2 Q
+
.
(Fra Baltic Way 2003.)
462. La f og g være kontinuerlige funksjoner på intervallet [0, 1], og anta at
Z
1
0
f(t)
m
g(t)
n
dt =
1
(m + 1)(n + 1)
for alle ikke-negative heltall m og n.
Bevis at kurven gitt ved parameterfremstillingen
(x, y)=
f(t),g(t)
,t2 [0, 1]
utfyller kvadratet 0 x 1, 0 y 1. (Innsendt av Ebbe Thue Poulsen, Mårslet,
DK.)
463. La P være et ikke-konstant polynom med heltallige koeffisienter, og la n(P )
være antall distinkte heltall k som er s lik at
P (k)
2
=1. Vis at n(P ) 2 + deg(P ),
der deg(P ) betegner graden til polynomet P . (Fra den internasjonale matematikk-
olympiaden i 1974.)
464. La n være et vilkårlig naturlig tall. Vis at det fins et tall s om skrive s med bare
sifrene 1 og 0 i titallsystemet og er delelig m ed n. (For eksempel har vi 7 | 11011,
13 | 111111, 15 | 1110 og 19 | 11001.) (Innsendt av Peter Lindqvist, Trondheim,
NO.)
140 Oppgaver Normat 3/2005
Løsninger
443. La (a, b, c) være et primitivt pytagoreisk trippel, 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.)
(Innsendt av Kent Holing, Trondheim, NO.)
Løsning: Vi vil få bruk for et velkjent resultat som sier at sidelengdene i en primitiv
pytagoreisk trekant er av formen r
2
s
2
, 2rs, r
2
+s
2
,derr og s er innbyrdes primiske
naturlige tall som er slik at r>sog r + s er et oddetall. Dessuten får vi nytte av
to resultater av Fermat som sier at ingen av de to ligningene (⇤) x
4
+ y
4
= z
2
og
(⇤⇤) x
4
y
4
= z
2
har heltallsløsninger med xyz 6=0. (Se f.eks. s. 227–228 i [1].)
(a) (Etter Pål Grønnås.) Anta at c+a og ca er henholdsvis hypotenusen og en
katet i en pytagoreisk trekant. Da må (c + a)
2
(c a)
2
=4ac være et kvadrattall,
og siden gcd(a, c)=1, må både c og a være kvadrater, altså c =
2
og a = ↵
2
. Det
gir
4
↵
4
= c
2
a
2
= b
2
, i strid med Fermats resultat om (⇤⇤).
Anta så at c + a og c a begge er kateter i en pytagoreisk trekant. Da må det
finnes et tall m slik at m
2
=(c + a)
2
+(c a)
2
= 2(c
2
+ a
2
). Det betyr at m og
c
2
+ a
2
må være partall, og dermed må både a og c være oddetall. Ifølge resultatet
nevnt i innledningen fins det da r og s slik at a = r
2
s
2
og c = r
2
+ s
2
, og vi får
(m/2)
2
=(c
2
+ a
2
)/2=r
4
+ s
4
, i strid med Fermats resultat om (⇤).
(b) Vi observerer at c
2
2ab =(a b)
2
, c
2
og c
2
+2ab =(a + b)
2
alle er
kvadrattall. Ifølge en kjent setning av Fermat (teorem 8 på side 74 i [2]), fins det
ikke 4 forskjellige kvadrattall som danner en aritmetisk følge. Derfor kan hverken
c
2
4ab eller c
2
+4ab være kvadrattall.
Det gjenstår å vise at c
2
9a
2
=(c+3a)(c3a) ikke kan være et kvadrat. Vi viser
først at hvis c
2
9a
2
er et kvadrattall, så må a være et partall. Anta nemlig at a er et
oddetall. Da har vi c = r
2
+s
2
, a = r
2
s
2
og c
2
9a
2
= 8r
4
+20r
2
s
2
8s
4
. Siden
r og s har motsatt paritet, ser vi at c
2
9a
2
⌘ 8 (mod 16). Men ingen kvadrattall
er kongruente med 8 modulo 16. Altså er a et partall, og vi har a =2rs.
Siden r og s er innbyrdes primiske og ethvert kvadrattall er kongruent med 0
eller 1 modulo 3, e r det klart at c = r
2
+ s
2
ikke er delelig me d 3. Det følger lett at
gcd(c +3a, c 3a)=1(gcd = «greatest common divisor» = største felles divisor).
Hvis c
2
9a
2
er et kvadrattall, må derfor både c 3a og c +3a være kvadrattall.
Men nå er både c a =(r s)
2
og c + a =(r + s)
2
kvadrattall, og dermed vil
c 3a, c a, c + a og c +3a danne en aritmetisk følge av fire kvadrattall. Det
strider imidlertid mot den nevnte setningen av Fermat.
Bemerkning: Påstandene i oppgaven holder også for ikke-primitive pytagoreiske
tripler, for hvis m er en felles faktor i a, b og c, så er m også en faktor i tallene
c a og c + a, og m
2
er en faktor i c
2
+4ab, c
2
4ab og c
2
9a
2
.
[1] Gareth A. Jones og J. Mary Jones: Elementary Number Theory, Springer, 1998.
[2] Wac™aw Sierpi´ski: Elementary Theory of Numbers, Pa´stwowe Wydawnictwo Nau-
kowe, Warszawa, 1964.
Løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO.
Normat 3/2005 Oppgaver 141
Oppgave ne 447–450 har vært foreslått til den internasjonale matematikkolympia-
den.
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
X
r=0
✓
n + r
r
◆
u
nr
.
Løsning: For n =0gir ligningen i oppgaven at u
2
0
= u
0
, og siden u
0
skal være
positiv, får vi u
0
=1. For n>0 får vi ligningen
(1) u
2
n
u
n
=
n
X
r=1
✓
n + r
r
◆
u
nr
.
Hvis u
0
, u
1
,...,u
n1
alle er positive, vil (1) ha nøyaktig en positiv løsning. Det
er dermed klart at den gitte ligningen gir en entydig bestemt følge u
1
, u
2
,... av
positive tall. Direkte utregning viser at u
1
=2, u
2
=4og u
3
=8, og vi vil vise at
u
n
=2
n
for alle n =0, 1, 2, . . . . Siden løsningen er entydig bes temt, er det nok å
vise at
(2) S
n
:=
n
X
r=0
✓
n + r
r
◆
2
nr
=2
2n
for alle n 0.
Det følger av det foregående at (2) er riktig for n =0, 1, 2 og 3. Anta nå at (2)
holder for n = k, der k er et heltall k 1. Vi skal vise at da holder (2) også for
n = k +1. Benytter vi identiteten
k+1+r
r
=
k+r
r1
k+r
r
(jf. Pascals trekant), får
vi
S
k+1
=2
k+1
+
k+1
X
r=1
✓
k +1+r
r
◆
2
k+1r
=2
k+1
+
k+1
X
r=1
✓
k + r
r 1
◆
2
k+1r
+
k+1
X
r=1
✓
k + r
r
◆
2
k+1r
=2
k+1
+
1
2
S
k+1
✓
2k +2
k +1
◆
+
2
S
k
2
k
+
✓
2k +1
k +1
◆
=
1
2
S
k+1
+2S
k
1
2
✓
2k +2
k +1
◆
+
✓
2k +1
k +1
◆
=
1
2
S
k+1
+2S
k
.
Dette gir S
k+1
=4S
k
= 42
2k
=2
2k+2
, og (2) følger ved induksjon.
Løst av : Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Ole Jørsboe, Kongens Lyngby, DK; Hans Georg
Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
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.
142 Oppgaver Normat 3/2005
b
c
s
r
a
d
C
B
A
D
γ
2α
α
α
δ
β
γ
δ
β
Løsning: (Etter Knut Dale, Bø i Telemark, NO.)
I firkanten ABCD lar vi a = |AB|, b = |BC|,
c = |CD| og d = |DA| være sidene, mens r =
|AC| og s = |BD| er diagonalene. Det gir u =
a+ b +c + d(r +s). Videre innfører vi vinklene
↵ = \ACB = \AD B, = \BDC = \BAC,
= \CAD = \CBD og = \DBA = \DCA.
Da er ↵ + + + = ⇡.
Det følger av trekantulikheten at u>0: Ved å
addere de fire ulikhetene r<a+b, r<c+d, s<
b+d og s<d+a, får vi 2(r+s) < 2(a+b+c+d).
Siden sirkelradien er lik 1 og fordi en periferi-
vinkel er halvparten så stor som den tilsvaren-
de sentralvinkelen, er a = 2 sin ↵, b = 2 sin ,
c =2sin og d =2sin = 2 sin(↵ + + ). Dessuten er r = 2 sin(↵ + ) og
s = 2 sin( + ). Dette gir
u =2
sin ↵ + sin + sin + sin(↵ + + ) sin(↵ + ) sin( + )
.
Vi vil betrakte uttrykket på høyre side som en funksjon f() av ,der gjennom-
løper intervallet [0,⇡ (↵ + )]. Bruker vi formlene
sin x + sin y =2sin
x + y
2
cos
x y
2
, cos x cos y = 2 sin
x + y
2
sin
x y
2
,
får vi
f
00
()=2
sin(↵ + + )+sin sin(↵ + ) sin( + )
= 4 sin
↵ +2 +
2
⇣
cos
↵ +
2
cos
↵
2
⌘
=8sin
↵ +2 +
2
sin ↵ sin >0,
siden 0 <↵+2 + <2⇡. Det betyr at f er en strengt konveks funksjon. Det
følger at
u<f(0) = f
⇡ (↵ + )
= 2 sin(↵ + ) 2.
Lar vi en side gå mot 0, for eksempel c ! 0, ser vi at u ! a. Hvis vi nå lar a være
en diameter i sirkelen, ser vi at vi kan få u så når 2 vi vil. Lar vi på den annen side
a gå mot 0, ser vi at u også går mot 0.
Også løst av : Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
449. La k være et positivt heltall. Sett a
0
=0og
(1) a
n+1
= k(a
n
+ 1) + (k + 1)a
n
+2
p
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, . . . .
Normat 3/2005 Oppgaver 143
Løsning: (Etter Pål Grønnås, Stjørdal, NO.) Det er klart at a
1
= k, og ved induk-
sjon finner vi lett at a
n+1
>a
n
for alle n 0. Ved å omordne (1) og kvadrere får
vi
4k(k + 1)a
n
(a
n
+ 1) = (a
n+1
(2k + 1)a
n
k)
2
,
som vi kan oppfatte som en annengradsligning for a
n
. Løser vi denne, får vi
a
n
= k(a
n+1
+ 1) + (k + 1)a
n+1
± 2
p
k(k + 1)a
n+1
(a
n+1
+ 1).
Siden a
n
<a
n+1
, har vi derfor
(2) a
n
= k(a
n+1
+ 1) + (k + 1)a
n+1
2
p
k(k + 1)a
n+1
(a
n+1
+ 1).
Erstatter vi n med n +1i ligning (1) og adderer til (2), finner vi at
a
n+2
+ a
n
=2k(a
n+1
+ 1) + 2(k + 1)a
n+1
.
Siden a
0
=0, a
1
= k og k er et heltall, følger det at a
n
er et heltall for alle n 0.
Også løst av : Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
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
Løsning: (Etter en løsning av Murray S. Klamkin.)
La z
i
= x
2
i
/(x
i+1
x
i+2
), i =1,...,n, der vi lar x
n+1
= x
1
, x
n+2
= x
2
. Da er
x
2
i
x
2
i
+ x
i+1
x
i+2
=
1
1+1/z
i
=
z
i
1+z
i
=1
1
1+z
i
,
og vi ser at det er nok å vise at
(⇤)
1
1+z
1
+
1
1+z
2
+ ···+
1
1+z
n
1
når z
i
> 0 for i =1,...,n og z
1
z
2
...z
n
=1. Hvis a og b er positive tall med
ab 1, så er
1
1+a
+
1
1+b
=
2+a + b
1+ab + a + b
1.
Siden (z
1
z
2
)(z
2
z
3
) ...(z
n
z
1
)=(z
1
z
2
...z
n
)
2
=1, må minst ett av produktene
z
i
z
i+1
være mindre eller lik 1, og det følger at de tilsvarende to leddene i (⇤) har
sum 1. Dermed er hele summen i (⇤) også 1. (Vi ser at for n>2 har vi alltid
ekte ulikhet, mens direkte utregning viser at vi alltid har likhet for n =2.)
Løst av : Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Tor Skjelbred,
Oslo, NO.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, innen 28. februar 2006. Forslag til nye oppgaver er vel-
komne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
