Normat 54:1, 39–43 (2006) 39
Oppgaver
465. Vis at tallet
n
X
k=0
✓
2n +1
2k +1
◆
2
3k
ikke er delelig med 5 for noe heltall n 0.
466. Finn alle heltallsløsninger av ligningen
x
2
+ y
2
+ z
2
= x
2
y
2
.
467. Det er gitt to sirkler i planet som skjærer hverandre. La A være det ene skjæ-
ringspunktet. To punkter, P og Q, starter samtidig fra A og beveger seg med jevn
hastighet langs hver s in sirkel i samme omløpsretning. Punktene kommer samtidig
tilbake til A etter ett omløp. Vis at det finnes et punkt R i planet slik at vi til
enhver tid har |PR| = |QR|.
468. Konstruer med passer og linjal en trekant ABC, gitt lengden a av siden BC,
høyden h
a
fra A på BC , og lengden v
A
av vinkelhalveringslinjen fra hjørnet A til
BC. (Innsendt av Niels Bejlegaard, Vanløse, DK.)
469. Betrakt en endelig, sammen-
hengende graf G i planet, som er
slik at det går nøyaktig 4 kanter
ut fra hvert hjørne (node) i gra-
fen. Grafen deler planet i et ende-
lig antall mangekanter (gjerne med
krumme sider). Vis at hvis denne
oppdelingen ikke inneholder noen
en- eller tokanter, så må den inne-
holde minst åtte trekanter. (Den
ubegrensede delen av planet reg-
nes også med som en av mange-
kantene.) Figuren viser et eksem-
pel der planet er delt i en 1-kant,
en 2-kant, seks 3-kanter, tre 4-kanter og en 7-kant.
40 Oppgaver Normat 1/2006
Løsninger
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 Killingbergtrø, Leksvik, NO.)
Løsning: (Etter Pål Grønnås, Stjørdal, NO.) Det siste kravet i oppgaven innebærer
at vinklene i trekanten er ↵, 2↵ og 180
3↵, der ↵<60
. La (x, y, z) være en
permutasjon av (a, b, c) slik at x og y har henholdsvis ↵ og 2↵ som motstående
vinkler. Av sinussetningen får vi
sin ↵
x
=
sin 2↵
y
=
2 sin ↵ cos ↵
y
,
som gir 2 cos ↵ = y/x. I kombinasjon med cos inussetningen (den utvidede pytago-
reiske setningen) medfører dette at
x
2
= y
2
+ z
2
2yz cos ↵ = y
2
+ z
2
y
2
z
x
.
Av dette får vi
x(x + z)(x z)=(x z)y
2
.
Altså må vi ha (1) x = z eller (2) y
2
= x(x + z).
Tilfelle 1: Av sinussetningen får vi sin ↵/x = sin(180
3↵)/z. Siden x = z, må vi
ha ↵ = 180
3↵, altså ↵ = 45
. Da får vi y/x = 2 cos ↵ =
p
2, men det er umulig
siden x og y er hele tall og
p
2 er irrasjonal. Dette tilfellet gir følgelig ingen løsning
av problemet.
Tilfelle 2: Fra elementær tallteori vet vi at x = pt
2
for to naturlige tall p og t, der
p er kvadratfritt. Siden x(x + z)=y
2
, er derme d x + z = ps
2
for et naturlig tall
s>t. Dette innebærer at
(x, y, z)=(pt
2
, pst, p(s
2
t
2
)).
En nødvendig og tilstrekkelig b e tingelse for at dette triplet skal kunne utgjøre
sidelengdene i en trekant, er x + y + z>2 ·max(x, y, z). Denne ulikheten er oppfylt
hvis og bare hvis p(s
2
+t
2
) > 2z =2p(s
2
t
2
) og p(s
2
+st) > 2z =2p(s
2
t
2
) (husk
at x<y), som e r ekvivalent med henholdsvis (s + t)(s 2t) < 0 og s(s t) > 0,
altså t<s<2t.
En av sidelengdene skal være lik 49. Denne forutsetningen gir oss følgende tre
muligheter:
• pt
2
= 49. Eneste mulighet er p =1og t =7,så(x, y, z) = (49, 7s, s
2
49).
Nå er 7 <s<14, og det følger at (a, b)=(s
2
49, 7s) for 8 s 11 og
(a, b) = (7s, s
2
49) for 12 s 13.
• pst = 49. Dette gir s 7 og t =1, men det er umulig siden s<2t.
Normat 1/2006 Oppgaver 41
• p(st)(s+t) = 49. Her må vi ha st =1,sås = t+1. Dermed er p(2t+1) =
49. Ergo er enten p =2t+1 = 7 eller p =1og 2t+1 = 49. Disse to løsningene
gir (p, s, t) = (7, 4, 3) og (p, s, t) = (1, 25, 24). I og med at (a, b)=(x, y) i dette
tilfellet, får vi løsningene (a, b) = (63, 84) og (a, b) = (576, 600).
Alt i alt har altså denne oppgaven åtte løsninger.
Også løst av: Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
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). (Fra USAs matematikkolympiade 1975.)
Løsning: La Q(x)=(x + 1)P (x) x. Da er Q(x) et polynom av grad n +1 som
har nullpunkter i x =0, 1, 2, . . . , n, så Q(x)=Ax(x 1)(x 2) ...(x n) for en
passende konstant A. Setter vi x = 1, får vi 1=A(1)
n+1
(n + 1)!, og dermed
P (x)=
Q(x)+x
x +1
=
1
x +1
⇣
x +(1)
n+1
x(x 1)(x 2) ...(x n)
(n + 1)!
⌘
.
Det gir
P (n + 1) =
n +1+(1)
n+1
n +2
=
(
1 hvis n er odde,
n
n+2
hvis n er jevn.
Løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kir-
kegaard, Gentofte, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.
453. Gitt en vinkel på 180
/n,dern er et naturlig tall som ikke er delelig med 3.
Vis at denne vinkelen kan tredeles på «euklidsk» vis, altså ved hjelp av bare passer
og linjal. (Fra USAs matematikkolympiade 1981.)
Løsning: (Etter Henrik Meyer, Birkerød, DK.) Da 3 ikke er divisor i n,ern og 3
primiske, og derfor eksisterer naturlige tall h og k slik at
hn k3=1.
Herav får vi 1/3n = h/3 k/n, og derfor
1
3
·
180
n
= h · 60
k ·
180
n
.
Dette beviser påstanden.
Også løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK;
Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.
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. (Fra den internasjonale matematikkolympiaden i 1985.)
42 Oppgaver Normat 1/2006
Løsning: (Etter Murray Klamkin.) Det er klart at hvis x
1
> 0, så blir x
n
> 0 for alle
naturlige tall n. Da er x
n
<x
n+1
hvis og bare hvis x
n
> 11/n. Hvis vi nå definerer
polynomer P
1
(x), P
2
(x), . . . ved P
1
(x)=x og P
n+1
(x)=P
n
(x)(P
n
(x)+
1
n
) for
n 1, ser vi at x
n
= P
n
(x
1
) for alle n 1. Problemet kan derfor reformuleres til
følgende:
Vis at det fins nøyaktig ett positivt tall x
1
slik at
1
1
n
<P
n
(x
1
) < 1 for alle n 1.
Polynomene P
1
, P
2
, . . . har bare ikke-negative koeffisienter og er derfor voksende
og konvekse over den positive delen av tall-linjen. Videre er P
n
(0) = 0 og P
n
(1) 1.
For hver n 1 fins det derfor entydig bestemte tall a
n
og b
n
slik at 0 <a
n
<b
n
1,
P
n
(a
n
)=1 1/n og P
n
(b
n
)=1. Nå er
P
n+1
(a
n
)=P
n
(a
n
)
⇣
P
n
(a
n
)+
1
n
⌘
=
⇣
1
1
n
⌘
· 1 < 1
1
n +1
= P
n+1
(a
n+1
).
Det følger at a
n
<a
n+1
. På tilsvarende måte ser vi at P
n+1
(b
n
)=1+1/n >
P
n+1
(b
n+1
), og dermed b
n
>b
n+1
. Vi har dermed fått en strengt voksende tallfølge
{a
n
} og en strengt avtagende tallfølge {b
n
}. Siden a
n
<b
n
, er følgene begrensede
og derfor også konvergente.
Siden P
n
er en konveks funksjon, vil grafen til P
n
over intervallet [0,b
n
] ligge
under det rette linjen y = x/b
n
som går gjennom origo og punktet (b
n
,P
n
(b
n
)) =
(b
n
, 1). Spesielt er derfor P
n
(a
n
) a
n
/b
n
, så a
n
P
n
(a
n
)b
n
= b
n
b
n
/n. Altså
har vi
b
n
a
n
b
n
n
1
n
.
Derfor må de to konvergente følgene {a
n
} og {b
n
} konvergere mot en felles grense-
verdi . Tallet er da det entydig bestemte positive tallet som er slik at
1
1
n
<P
n
() < 1 for alle n 1.
Løst av: Jørgen Hilden, København, DK; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Norvald Midt-
tun, Bergen, NO; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Tor Skjelbred, Oslo, NO.
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.
(Fra USAs matematikkolympiade 1975.)
Løsning: (Etter en versjon av Murray Klamkin.)
Normat 1/2006 Oppgaver 43
(a) La x
1
=[x] og y
1
=[y]. Da er x = x
1
+ u og y = y
1
+ v, der 0 u, v < 1.
Ulikheten som skal vises, er da ekvivalent med
x
1
+ y
1
+ [5u] + [5v] [3u + v]+[u +3v].
Vi skal vise den sterkere ulikheten
[5u] + [5v] [3u + v]+[u +3v]. (1)
På grunn av symmetrien kan vi åpenbart anta at u v. Da er [5u] [3u + v]. Hvis
vi ogs å har u 2v, får vi også [5v] [u +3v]. Det gjenstår å undersøke tilfellet
u>2v. La a =[5u] og b = [5v], slik at 5u = a + ↵ og 5v = b + , der 0 ↵, < 1.
Da kan (1) skrives som
a + b
3a +3↵ + b +
5
+
a + ↵ +3b +3
5
. (2)
Siden 1 >u>2v, er 5 > 5u>10v, altså 5 >a+ ↵>2b +2. Den første ulikheten
her gir 5 >a, så 4 a (husk at a er et helt tall). Videre er a 2b, for hvis a<2b,
ville vi ha a 2b 1, altså a +1 2b 0, og dermed a + ↵ 2b<0. Men det
strider mot ulikheten a + ↵>2b +2.
Vi sitter derfor igjen med 9 mulige verdier for paret (a, b), nemlig
(0, 0), (1, 0), (2, 0), (2, 1), (3, 0), (3, 1), (4, 0), (4, 1), (4, 2).
Det er nå enkelt å vise at ulikheten (2) holder i hver av disse 9 situasjonene, siden
3↵ + <4 og ↵ +3<4.
(b) Den høyeste potensen av et primtall p som går opp i m!, er
h
m
p
i
+
h
m
p
2
i
+
h
m
p
3
i
+ ··· .
Det er derfor tilstrekkelig å vise at
5m
r
+
5n
r
h
m
r
i
+
h
n
r
i
+
3m + n
r
+
3n + m
r
(3)
for ethvert helt tall r 2. Setter vi m = rm
1
+ x og n = rn
1
+ y, der m
1
, n
1
, x og
y er hele tall og 0 x, y < r, blir ulikheten (3) til
5x
r
+
5y
r
3x + y
r
+
3y + x
r
,
og dette følger umiddelbart fra (a).
Løst av: Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK; Henrik
Meyer, Birkerød, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Tor Skjelbred, Oslo, NO.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, inn en 30. juni 2006. Forslag til nye oppgaver er velkomne
når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er egenproduserte.
