90 Normat 55:1, 90–92 (2007)
Uppgifter
487. Kring ett runt bord sitter 30 barn och spelar kort med en lek innehållande
n kort. När spelet börjar har ett av barnen samtliga kort på hand. I varje följande
omgång måste varje barn som har minst två kort på hand ge ett kort till var och
en av sina två grannar (barnen utför denna procedur simultant). Spelet slutar så
snart samtliga barn har högst ett kort på hand. För vilka värden på n har spelet
ett slut?
488. Ett balanserat mynt kastas n gånger. Låt N
k
vara antalet sviter av längd k,
dvs antalet obrutna följder av k stycken "krona"eller k stycken "klave", för k ≤ n.
Bestäm E(N
k
) och Var(N
k
).
489. I triangeln ABC skär bisektriserna till vinklarna A och B varandra i punkten
Q. Bisektrisen till vinkeln A skär sidan BC i punkten D, medan bisektrisen till
vinkeln B skär sidan AC i punkten E. Vi betecknar ∠ QDE med α och ∠ QED
med β. Visa att cos 2α + cos 2β < 1 om vinkeln C är större än 60
◦
.
490. Bestäm gränsvärdet
lim
n→∞
1
n
n−2
X
k=2
ln
2
n
ln k ·ln(n −k)
.
491. Primtalen p och q är sådana att m
3pq
≡ m (modulo 3pq) för alla positiva
heltal m. Bestäm p och q.
492. Låt a
1
, a
2
, a
3
, . . . vara en följd av positiva reella tal sådana att
P
n
i=1
a
i
≥
√
n
för varje n ≥ 1. Visa att det för alla n ≥ 1 gäller att
n
X
i=1
a
2
i
>
1
4
(1 +
1
2
+ ···+
1
n
).
493. Visa för varje positivt heltal n identiteten
n
X
k=0
2
k
n
k
n − k
[
n−k
2
]
=
2n + 1
n
.
Anm. Uppgifterna 487, 490, 492 och 493 är hämtade från skilda matematik-
olympiader.
Normat 1/2007 Uppgifter 91
Insända lösningar Normat 2006:4
476. (Con Amore Problemgruppe) Vi finder att
2n
n
= n ·
2n(2n − 1) . . . (n + 1)
n(n − 1) . . . 1
= (n + 1) ·
2n(2n − 1) . . . (n + 2)
(n − 1) . . . 1
= (n + 1)
2n
n − 1
,
og dermed at
(n + 1)
2n
n
− (n + 1)
2n
n − 1
=
2n
n
,
hvoraf påstandens rigtighed straks fremgår. Min anm. Lösningen beskriver indirekt
den kombinatoriska tolkningen av catalanska tal. Låt oss i ett koordinatsystem i
planet vandra längs punkter med icke-negativa heltalskoordinater, med start i origo
och avslutning i punkten (2n, 0), med regeln att från punkten (r, s) gå till endera
av (r + 1, s − 1) och (r + 1, s + 1). Antalet sådana vägar är ju
2n
n
−
2n
n−1
. Jag
antar att det var den tolkningen förslagsställaren hade i tankarna.
(Kåre Vedøy) Utvecklar uttrycket och får
(n + 2)(n + 3)(n + 4) . . . (2n − 2)(2n − 1)
3 · 4 · 5 . . . (n − 1)
.
Det er nå blitt en faktor mer i telleren enn i nevneren. 3 går opp i hver tredje faktor
i telleren, 4 går opp i hver fjerde faktor osv. Dermed vil uttrykket alltid bli et helt
tall for alle naturlige tall n.
Min anm. Kåre beskriver inte i detalj hur han har tänkt sig fortsättningen.
Också löst av Ebbe Thue Poulsen.
477. (Ebbe Thue Poulsen) (i) Da
Q(x) = −
1
2
F (−1)x(1 − x) + F (0)(1 − x)(1 + x) +
1
2
F (1)x(1 + x)
er et andengradspolynom, der opfylder Q(−1) = F (−1), Q(0) = F (0) og Q(1) =
F (1) er F = Q. Af de givne uligheder følger så, at
|F (x)| ≤
1
2
x(1 − x) + (1 − x)(1 + x) +
1
2
x(1 + x) = 1 + x − x
2
≤
5
4
for 0 ≤ x ≤ 1. Da ulighederna også er opfyldt for F (−x), ser vi, at |F (x)| ≤
5
4
for
alle x ∈ [−1, 1].
(ii) Da
L(x) = G(x) + c(1 − x
2
)
er et førstagradspolynomium, der opfylder L(−1) = G(−1) og L(1) = G(1) er
G(x) + c(1 − x
2
) =
1
2
G(−1)(1 − x) +
1
2
G(1)(1 + x).
92 Uppgifter Normat 1/2007
Da G(−1) = F (−1), G(1) = F (1), og c = F (0), er
|G(x)| ≤
1
2
(1 − x) +
1
2
(1 + x) + (1 − x
2
) = 2 − x
2
≤ 2
for |x| ≤ 1. Polynomierna F (x) = 1 + x −x
2
og F (x) = 2x
2
−1 viser, at grænserna
5
4
og 2 ikke kan erstattes af mindre tal.
Också löst av CAP
478. (Ebbe Thue Poulsen) Lad betegnelserna være valgt således, at B = 2A. Af
sinusrelationen får vi
a
sin A
=
b
sin B
=
b
2 sin A cos A
,
og dermed
(1) 2 cos A =
b
a
.
Af cosinusrelationen får vi derefter
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc cos A = b
2
+ c
2
−
b
2
c
a
,
der giver
(2) (a − c)
a(a + c) − b
2
= 0.
Da a, b og c skal være forskellige, kan (2) kun være opfyldt, hvis
(3) b
2
= a(a + c)
Heraf ses dels, at b > a (det følger også af, at B > A), og dels, at enhver primfaktor
i a også er divisor i b.
Hvis a og b er naboer, er gcd(a, b) = 1, og så er der kun muligheten a = 1, der giver
talsættet (a, b, c) = (1, 2, 3), som ganske vist er løsning til (3), men ikke brugbart
som sidelængder i en trekant.
Altså er a og b ikke naboer, og så må der gælde a = c − 1 og b = c + 1, hvorefter
(3) giver
(c + 1)
2
= (c − 1)(2c − 1),
der har løsningerne c = 0 (ubrugelig) og c = 5.
Det ses let, at hvis (a, b, c) = (4, 6, 5), så er sin B = sin 2A, og altså enten B = 2A
eller B = π − 2A. Den sidste ligning medfører imidlertid C = A i modstrid med,
at c 6= a.
Också löst af CAP och Kåre Vedøy.
