134 Normat 54:3, 134–139 (2006)
Oppgaver
Oppgave 470–472 er fra forskjellige matematikkolympiader, mens oppgave 473 og
474 er fra The Red Book of Mathematical Problems av K. S. Williams og K. Hardy.
470. Løs ligningen cos
n
x sin
n
x =1for alle naturlige tall n.
471. Vis at cos
⇡
7
cos
2⇡
7
+ cos
3⇡
7
=
1
2
.
472. Vis at hvis a, b og c er positive reelle tall, så er
a
a
b
b
c
c
(abc)
(a+b+c)/3
.
473. Bestem alle funksjoner f som er deriverbare over hele tall-linjen og tilfreds-
stiller
f(x)+f(y)=f
✓
x + y
1 xy
◆
for alle x og y med xy 6=1.
474. La
a
n
=1
1
2
+
1
3
···+
(1)
n1
n
ln 2.
Vis at rekken
P
1
n=1
a
n
konvergerer, og finn summen.
475. En stav med lengde lik 1 knekker i 3 deler med uniforme og uavhengige
sannsynlighetsfordelinger over stavens lengde for de to knekkpunktene.
(a) Finn sannsynligheten for at de tre delene kan settes sammen til (utgjøre
sidene i) en trekant der alle sidene er større enn eller lik l (l<1/3).
(b) Finn sannsynligheten for at de tre delene kan settes sammen til en trekant
der alle vinklene er større enn eller lik ⇡/6.
(Innsendt av Ivar Skau, Bø i Telemark, NO.)
Løsninger
456. Vis at det eneste av tallene
101, 10101, 1010101, 101010101,...,
som er primtall, er 101. (Innsendt av Gunnar Blom, Lund, SE.)
Normat 3/2006 Oppgaver 135
Løsning: (Etter Lars Arnér, Norrköping, SE.) La s
1
= 101 = 1+100, s
2
= 10101 =
1 + 100 + 100
2
, og generelt
s
n
= 1 + 100 + 100
2
+ ···+ 100
n
=
100
n+1
1
100 1
=
(10
n+1
1)(10
n+1
+ 1)
99
.
Hvis n 2, så er hver av faktorene i telleren i den siste brøken større enn 99. Etter
forkorting får vi derfor s
n
skrevet som et produkt av to tall som begge er større
enn 1, og det følger at s
n
ikke er et primtall.
Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK, har en litt annen angrepsvinkel: La s
n
være
som over, og sett
p
n
= 11 ⇥ s
n
= 1111 ...11, (⇤)
som består av 2n +2 ett-tall. Da har vi også
p
n
= 11 ...1 ⇥ 100 ...01, (⇤⇤)
der den første faktoren består av n +1 ett- tall, og den andre inneholder n nuller.
Hvis s
n
er et primtall, så er (⇤) en primfaktorisering av p
n
, og siden begge faktorene
i (⇤⇤) er større enn 1, må den ene faktoren være lik 11 og den andre lik s
n
. Det er
tilfellet bare når n =1.
Løst av: Lars Arnér, Norrköping, SE; Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Pål Grønnås,
Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø, L eks vik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK;
Norvald Midttun, Bergen, NO; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Svante Silvén, Karlstad,
SE; Jakob I. Try, Søgne, NO; Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, NO.
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
p
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.)
AaD N
C
a + x
M
x
a
b
b
B
Løsning: (Etter Lars Arnér, Norrköping, SE.) Vi legger firkanten ABCD inn i
et kvadrat AMCN som vist på figuren. Lar vi x = |BM | = |DN|, følger det
136 Oppgaver Normat 3/2006
av Pythagoras’ setning at x
2
+(a + x)
2
= b
2
, og derfor er x =
1
2
(a + c), der
c =
p
2b
2
a
2
. Arealet av ABCD er lik arealet av kvadratet minus arealet av de
to trekantene BM C og DNC, dvs.
F =(a + x)
2
x(a + x)=a(a + x)=a(a + c)/2.
Hvis F er et helt tall, så er c =(2F a
2
)/2 et rasjonalt tall, og siden c
2
=2b
2
a
2
er et helt tall, så må c være et helt tall. Dessuten vil c ha samme paritet som a, og
derfor vil x =(c a)/2 være et helt tall. Omvendt er det klart at hvis x er et helt
tall, så er også F = a(a + x) et helt tall. Fra figuren ser vi at x er et helt tall hvis
og bare hvis (x, a + x, b) er et pytagoreisk trippel. Siden det fins uendelig mange
pytagoreiske tripler, fins det også uendelig mange valg av a og b som gjør F til et
helt tall. (Og siden det fins uendelig mange primitive pytagoreiske tripler, fins det
også uendelig mange slike valg hvor a og b ikke har noen felles faktor.)
Løst av: Lars Arnér, Norrköping, SE; Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Pål Grønnås,
Stjørdal, NO; Hans Georg Killingbergtrø, L eks vik, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK;
Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Svante Silvén, Karlstad, SE; Thomas Strai, Tvede-
strand, NO; Karsten Tjugen, Bergen, NO.
458. Vis at for n 1 er
n
X
j=0
✓
n
j
◆✓
n + j
j
◆
=
n
X
j=0
2
j
✓
n
j
◆
2
Vis at hvis n = p
a
er en primtallspotens, så er
p
a
X
j=0
✓
p
a
j
◆✓
p
a
+ j
j
◆
⌘ 1+2
p
a
(mod p
2
).
(Innsendt av Tor Skjelbred, Oslo, NO.)
Løsning: (Oppgavestillerens løsning.) For et polynom P (x)=a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ···
setter vi C
k
P (x)
= a
k
, altså koeffisienten for x
k
. Da er
n
X
j=0
✓
n
j
◆✓
n + j
j
◆
=
n
X
j=0
✓
n
j
◆✓
n + j
n
◆
= C
n
n
n
X
j=0
✓
n
j
◆
(1 + x)
n+j
o
= C
n
n
(1 + x)
n
n
X
j=0
✓
n
j
◆
(1 + x)
j
o
= C
n
(1 + x)
n
(2 + x)
n
= C
n
n
n
X
j=0
✓
n
j
◆
x
j
✓
n
j
◆
x
nj
2
j
o
=
n
X
j=0
2
j
✓
n
j
◆
2
.
For n = p
a
er
n
j
=
p
a
j
⌘ 0 (mod p) for 0 <j<p
a
,da(1 + x)
p
a
⌘ 1+x
p
a
(mod p). Derfor er
p
a
X
j=0
✓
p
a
j
◆✓
p
a
+ j
j
◆
⌘ 1+2
p
a
(mod p
2
).
Løst av: Knut Dale, Bø i Telemark, NO; Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.
Normat 3/2006 Oppgaver 137
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.)
Løsning: (Etter Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.) La M være midtpunktet
på [BC]. Om A ligger i M, velges P på midtnormalen på [BC] og i avstand l fra
A. Ligger A på BC , men ikke i M , fins ingen løsning hvis l |AM|.Erl>|AM|,
velges P slik at PM ? BC og |AP | = l. Da er vinklene PBA og PCA like store
hvis A ligger mellom B og C, og er supplementære ellers. I begge tilfellene har de
samme sinusverdi. Sinussetningen sier at diameteren i en trekants omskrevne sirkel
er lik en hvilken som helst av sidene dividert med sinus til dens motstående vinkel.
Ut fra at trekantene P AB og P AC har [PA] som felles side med samme sinus til
motstående vinkel, er deres omskrevne sirkler like store.
C
A
M
D
P
B
I fortsettelsen skal A, B og C ikke ligge på linje. Velg punkter D og M slik at ABDC
blir et parallellogram med M som midtpunkt. Skal P ligge slik at trekantene ABP
og ACP får like store omskrevne sirkler, holder det at \PCA = \ABP ifølge
sinussetningen. Når \PCA og \ABP varierer symmetrisk, blir det geometriske
sted for P en hyperbel gjennom A, B, D og C, med asymptoter gjennom M og
parallelt med halveringslinjene for hjørnevinklene i ABDC. (Punktene A, B, D, C
og vinkelhalveringslinjenes retninger bestemmer en entydig hyperbel, og velges P
fritt på denne, bare ikke i A, B eller C, er det kurant å påvise at \PCA = \ABP .)
Da hyperbelen går gjennom A, får vi minst to løsninger her, om l enn skulle være
aldri så liten. Om sirkelen med sentrum i A på den ene grenen og radius l tangerer
den andre grenen, blir det tre løsninger. Er l enda større, blir det fire løsninger og
aldri mer, ettersom to andregradskurver ikke kan ha mer enn 2 ⇥ 2 fellespunkter.
460. Betrakt mengden av alle reelle tallpar (a, b) som e r 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.)
138 Oppgaver Normat 3/2006
Løsning: (Etter Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) Hvis ligningen i oppgaven har
en reell rot x, så er x 6=0og tallparet (a, b) ligger på den rette linjen med ligningen
(x
3
+ x)a + x
2
b +(x
4
+ 1) = 0.
(Dette er altså en linje i ab-planet.) Etter divisjon med x
2
kan vi skrive ligningen
for linjen som
ya + b +(y
2
2) = 0
med y = x +1/x, eller på avstandsform
ya + b +(y
2
2)
p
y
2
+1
=0.
Den minste verdien som
p
a
2
+ b
2
antar, når (a, b) ligger på denne linjen, er lik
avstanden fra (0, 0) til linjen, det vil si
|y
2
2|
p
y
2
+1
og den minste verdien som a
2
+ b
2
antar, er altså
(z 2)
2
z +1
,
der z = y
2
=(x +1/x)
2
.
Når x gjennomløper R \{0}, gjennomløper z halvlinjen [4, 1) (fire ganger),
og den minste verdien a
2
+ b
2
kan ha, er altså minimumsverdien for funksjonen
z 7! (z2)
2
/(z+1) på halvlinjen. Siden denne funksjonen er voksende på halvlinjen,
er minimumsverdien (4 2)
2
)/(4 + 1) = 4/5. (Denne verdien oppnås for a = ±4/5,
b = 2/5, som gir de reelle løsningene x = ⌥1 av den opprinnelige ligningen.)
Løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Erik Hansen, Kalundborg, DK; Peter Kirkegaard,
Gentofte, DK; Norvald Midttun, Bergen, NO; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Con
Amore Problemgruppe, København, DK.
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 i Q
+
.
(Fra Baltic Way 2003.)
Løsning: La f være en funksjon som tilfredsstiller betingelsene i oppgaven. Setter
vi x =1, får vi straks f(2) = 2f(1). Videre finner vi 2f (3) = 3f (2), som gir
f(3) = 3f (1), og ved induksjon får vi f(n)=nf(1) for alle n =1, 2, . . . . Setter vi
g(x)=f(x)/f(1), vil også funksjonen g tilfredsstille betingelsene, og dessuten er
g(1) = 1.
Vi vil først vise at hvis det fins en slik g, så er verdien av g(p/q) entydig bestemt
for alle naturlige tall p og q. Siden g(q/p)=g(p/q), er det nok å betrakte par
Normat 3/2006 Oppgaver 139
(p, q) med p q. Vi bruker induksjon med hensyn på n = max(p, q). For n =1er
p = q =1, og g(p/q)=g(1) = 1 er entydig bestemt. Anta så at g(p/q) er entydig
bestemt for alle par (p, q) me d max(p, q) <k, og betrakt et par med max(p, q)=k.
Er p = q, får vi også her g(p/q)=1. Hvis p>q, så har vi
g
✓
p
q
◆
= g
✓
p q
q
+1
◆
=
p
p q
g
✓
p q
q
◆
,
og denne ve rdien er også entydig bestemt, siden max(p q, q) < max(p, q)=k.
Det gjenstår å vise at det virkelig fins en slik g. Inspirert av det foregående,
definerer vi en funksjon g ved g(p/q)=pq, der p og q er innbyrdes primiske naturlige
tall. Det er lett å se at g tilfredsstiller betingelsene i oppgaven og at g(1) = 1. Alle
funksjoner som tilfredsstiller be tingelsene er derfor gitt ved f(p/q)=apq, når p og
q er uten felles faktorer og a er en positiv rasjonal konstant.
Løst av: Pål Grønnås, Stjørdal, NO; Erik Hansen, Kalundborg, DK; Peter Kirkegaard,
Gentofte, DK; Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK; Con Amore Problemgruppe, København,
DK.
Løsningsforslag sendes Arne Strøm, Økonomisk institutt, Universitetet i Oslo, Postboks
1095 Blindern, NO–0317 Oslo, innen 31. januar 2007. Forslag til nye oppgaver er vel-
komne når som helst. Vennligst oppgi kilde til oppgaver som ikke er eg enproduserte.
