138 Normat 55:3, 138–143 (2007)

Uppgifter

494. Låt a och b vara reella tal, sådana att 3

a

+ 13

b

= 17

a

och 5

a

+ 7

b

= 11

b

. Visa

att a < b.

495. Varje sida och varje diagonal i en regelbunden n-hörning, där n ≥ 3 är udda,

målas antingen röd eller blå. Det är tillåtet att måla om dessa kanter (sidor och

diagonaler) på följande sätt. I varje steg väljer man ett av hörnen och byter färg,

från röd till blå och vice versa, på alla kanter som utgår från det valda hörnet.

Visa att det för varje ursprunglig färgsättning går att ändra färgerna på nämnt

sätt så att det efter ett ändligt antal steg utgår ett jämnt antal blåmålade kanter

från varje hörn. Notera att en kant kan komma att ändra färg ﬂera gånger under

processens gång. Visa även att den slutliga färgsättningen bestäms entydigt av den

ursprungliga.

496. Lös ekvationssystemet

3(x

2

+ y

2

+ z

2

) = 1

x

2

y

2

+ y

2

z

2

+ z

2

x

2

= xyz(x + y + z)

3

i reella tal x, y, z.

497.

a. För vilka positiva heltal n existerar det en följd x

1

, x

2

, . . . , x

n

som innehåller

vart och ett av heltalen 1, 2, . . . , n exakt en gång så att k är en delare till

x

1

+ x

2

+ ··· + x

k

för k = 1, 2, . . . , n?

b. Existerar det en oändlig följd x

1

, x

2

, . . . som innehåller varje positivt heltal

exakt en gång så att k är en delare till

x

1

+ x

2

+ ··· + x

k

för varje positivt heltal k?

498. Låt ABCD vara en konvex fyrhörning och låt R

A

, R

B

, R

C

, R

D

vara resp

radier i de omskrivna cirklarna till trianglarna DAB, ABC, BCD, CDA. Visa att

R

A

+ R

C

> R

B

+ R

D

om och endast om ∠A + ∠C > ∠B + ∠D.

Lösningar skickas till:

Dag Jonsson, dag@math.uu.se

Box 480

Matematiska institutionen

SE-75106 Uppsala

Normat 3/2007 Uppgifter 139

Insända lösningar till uppgifterna 482-486 i Normat 2007:1

482. (Efter Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.) Vi vil først søge at generalisere op-

gaven ved at erstatte 2007 med et vilkårligt heltal n ≥ 2. Vi har givet vektoren

x = (x

1

, x

2

, . . . , x

n

) ∈ R

n

, hvor x

i

≥ 0 (restriktion 1). Endvidere skal gælde at

S

n

(x) = 2 og C

n

(x) = 1 (restriktioner 2 og 3), hvor S

n

(x) = x

1

+ x

2

+ ···+ x

n

og

C

n

(x) = x

1

·x

2

+ x

2

·x

3

+ ···+ x

n−1

·x

n

+ x

n

·x

1

. Vi skal da ﬁnde maksimum og

minimum af kvadratsummen K

n

(x) = x

2

1

+x

2

+···+x

2

n

. Med n = 2 har vi 2 mulige

løsninger (tilfredsstiller restriktionerne 1-3): (x

1

, x

2

) = (

2∓

√

2

,

2±

√

2

). Begge giver

værdien 3 for funktionen K

n

.

Antag dernæst n ≥ 3. Objektfunktionen kan skrives

K

n

(x) = S

n

(x)

2

− 2C

n

(x) − 2

0

X

i,j

x

i

x

j

hvor apostroﬀen over dobbeltsummen angiver att denne skal udstrækkes over alle

(i, j), i 6= j, undtagen de par hvor j ≡ i ± 1 (mod n). Hvis x er en mulig løsning,

gælder at

K

n

(x) = 2 − 2

0

X

i,j

x

i

x

j

≤ 2.

Værdien 2 antages faktisk, nemlig når fx x

1

= x

2

= 1, x

3

= ··· = x

n

= 0.

Maksimum af K

n

(x) er altså 2 for alle n ≥ 3, specielt for n = 2007.

At bestemme minimum af K

n

(x) er en vanskeligere opgave. For n = 3 får vi

K

min

3

= 2; for n = 4 får vi K

min

4

= 1 for x

1

= x

2

= x

3

= x

4

=

1

2

. For n > 4 skal

vi vise følgende lemma:

Lemma: Under bibetingelserna 1-2 gælder for n > 4, at

max C

n

(x) = 1, x ∈ R

n

Yderligere gælder at maksimum kun kan antages for vektorer der har formen

x = (x

1

, 1, 1 − x

1

, 0, . . . , 0), 0 ≤ x

1

≤ 1

eller er cykliskt ækvivalente hermed.

Bevis: Vi ignorerer foreløbig (1) og ﬁnder evt stationære punkter for C

n

(x) ved

Lagrange’s metode:

δψ

δx

i

= 0, hvor ψ(x) = C

n

(x)+λ(S

n

(x)−2). Som eneste løsning

fås x

?

=



2

n

,

2

n

, . . . ,

2

n



. Hertil svarer C

n

(x

?

) =

4

n

< 1 når n > 4. Ideen er nu med

udgangspunkt i x

?

at bevæge os skridtvis hen til nye punkter der stedse øger C

n

(x)

indtil vi sluttelig når maksimumværdien 1. Restriktionerne 1-2 deﬁnerer et stykke

(en simplex) H

n

af en n − 1-dimensional hyperplan. Idet z = C

n

(x) fremstiller

en n-dimensional hyperbolsk keglesnitsﬂade, ﬁndes der en retningsvektor u så man

140 Uppgifter Normat 3/2007

ved at bevæge sig langs denne fra x

?

og ud til et randpunkt y av H

n

, hvor mindst ét

y

i

er 0, således at C

n

(y) > C

n

(x

?

). Den kvadratiske form er jo cyklisk-symmetrisk,

så vi kan fx antage y

n

= 0.

Hermed er problemet reduceret til at betragte en ny (ikke-cyklisk) kvadratisk form

af orden m = n − 1,

Q

m

(y

1

, y

2

, . . . , y

m

) = y

1

y

2

+ y

2

y

3

+ ··· + y

m−1

y

m

Også denne form deﬁnerer hyperbolske keglesnitsﬂader, så vi kan fortsætte den

beskrevne metodik med at opnå y

i

= 0 samtidigt med att objektfunktionen øges.

Det kan ske at det enten er y

1

eller y

m

der bliver 0. Man ﬁnder at proceduren

terminerer når m = 3. Her kan vi nemlig som slutskridt gennomføre en analytisk

optimering: Vi skal ﬁnde maksimum af Q = y

1

y

2

+ y

2

y

3

under bibetingelserne

y

1

+ y

2

+ y

3

= 2 og y

i

≥ 0; maksimum bliver Q

max

= 1 for y

2

= 1, y

3

= 1 − y

1

,

hvor y

1

kan vælges arbitrært. (Anm. Detaljerna utelämnas.)

Vi vender nu tilbage til det oprindelige optimeringsproblem hvor vi mangler at

minimere K

n

(x) under bibetingelserne (1-3) for n > 4. Fra lemmaet ved vi at vi

kun behøver at afsøge punkter af formen x = (x

1

, 1, 1 − x

1

, 0, . . . , 0) bortset fra

cyklisk ækvivalens. Vi ﬁnder K

n

(x) = 2x

2

1

− 2x

1

+ 2, som bliver minimum for

x

1

=

1

2

, K

min

n

=

3

2

for n > 4. Dermed er også det oprindelige optimeringsproblem

med n = 2007 løst: K

max

2007

= 2, K

min

2007

=

3

2

.

(Också löst av Con Amore Problemgruppe, København, DK.)

483. (Originallösning.) Vi använder beteckningar enligt ﬁguren. Antag omvänt att

vinklarna α, β och γ alla är > 30

◦

och därmed alla < 150

◦

. I så fall är

(1) sin α · sin β · sin γ > (

1

2

)

3

.

Vi ska visa att förutsättningarna leder till en motsägelse av olikheten (1), vilket

innebär att vinkelantagandet inte kan vara riktigt. Sinussatsen använd på de tre

deltrianglarna ger

sin α

y

=

sin β

0

x

,

sin β

z

=

sin γ

0

y

,

sin γ

x

=

sin α

0

z

,

varav

(2) sin α

0

· sin β

0

· sin γ

0

= sin α · sin β · sin γ.

Eftersom α

0

+ β

0

+ γ

0

< 90

◦

, är V.L. i (2) < sin α

0

· sin β

0

· sin (π − (α

0

+ β

0

))

=

1

2

(cos(α

0

− β

0

) − cos (α

0

+ β

0

)) · cos (α

0

+ β

0

). Med m = cos (α

0

+ β

0

) är det sista

ledet ≤

1

2

(1 − m) · m ≤

1

8

, med likhet ⇔ m =

1

2

. Under gjorda vinkelantaganden

följer att båda leden i (2) är ≤

1

8

, vilket motsäger olikheten (1). Vinklarna α, β, γ

kan därför inte alla vara > 30

◦

och påståendet är visat.

Normat 3/2007 Uppgifter 141

483. Uppgift: L˚at ABC vara en godtycklig triangel och l˚at P vara en inre punkt

till ABC. Visa att minst en av vinklarna P AB, P BC och P CA ¨ar mindre

eller lika med 30

◦

(IMO 1991).

L¨osning (originall¨osning): Vi anv¨ander beteckningar enligt ﬁguren. Antag

omv¨ant att vinklarna α, β och γ alla ¨ar > 30

◦

o ch d¨armed alla < 150

◦

. I s˚a

fall ¨ar

(1) sin α · sin β · sin γ > (

1

2

)

3

.

Vi ska visa att f¨oruts¨attningarna leder till en mots¨agelse av olikheten (1),

vilket inneb¨ar att vinkelantagandet inte kan vara riktigt. Sinussatsen anv¨and

p˚a de tre deltrianglarna ger

sin α

y

=

sin β

0

x

,

sin β

z

=

sin γ

0

y

,

sin γ

x

=

sin α

0

z

,

varav

(2) sin α

0

· sin β

0

· sin γ

0

= sin α · sin β · sin γ.

Eftersom α

0

+ β

0

+ γ

0

< 90

◦

, ¨ar V.L. i (2) < sin α

0

·sin β

0

·sin (π − (α

0

+ β

0

))

=

1

2

(cos(α

0

− β

0

) − cos (α

0

+ β

0

)) · cos (α

0

+ β

0

). Med m = c os (α

0

+ β

0

) ¨ar

det sista ledet ≤

1

2

(1 − m) · m ≤

1

8

, med likhet ⇔ m =

1

2

. Under gjorda

vinkelantaganden f¨oljer att b˚ada leden i (2) ¨ar ≤

1

8

, vilket mots¨ager olikheten

(1). Vinklarna α, β, γ kan d¨arf¨or inte alla vara > 30

◦

o ch p˚ast˚aendet ¨ar visat.

.

A

C

B

P

α

0

γ

β

α

γ

0

β

0

x

y

z

(L¨ost av Peter Kirkegaard, Gentofte, DK)

(Också löst av Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.)

484. (Con Amore Problemgruppe, København, DK.) Lad A være mængden af

svenske byer, hvorfra der afgår ﬂy til Norge, og lad B være mængden af norske

byer, hvorfra der afgår ﬂy til Sverige. Der er givet en afbildning f af A ind i B

samt en afbildning g af B ind i A. Endvidere er det givet, at diﬀerensmængden

a\g(B) ikke er den tomme mængde Ø. Det skal vises at der ﬁndes en delmængde

S af A, sådan at A\S = g(B\f (S)). Vi sætter

(Ø 6=)S

1

= A og T

1

= B\f (A) = B\f(S

1

),

(Ø 6=)S

2

= A\g(T

1

) ⊆ S

1

og T

2

= B\f (S

2

) ⊇ T

1

,

(Ø 6=)S

3

= A\g(T

2

) ⊆ S

2

og T

3

= B\f (S

3

) ⊇ T

2

,

···

Da A og B naturligtvis er endelige mængder, vil det fra et vist nummer n at regne

gælde at S

n

= S

n+1

= S

n+2

= . . . og T

n

= T

n+1

= T

n+2

= . . . . Idet vi vælger k

som det næstmindste sådanne naturlige tal, sætter vi nu S = S

k

og T = T

k

. Idet

det af S = S

k

= A\g(T

k−1

) = A\g(T ) og T = T

k

= B\f (S

k

) = B\f (S) følger, at

A\S = g(T ) = g(B\f(S)),

er påstanden hermed bevist. Det bemærkes, at S er hele A, hvis og kun hvis f(A)

er hele B.

(Också löst av Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.)

485. (Peter Kirkegaard, Gentofte, DK.) Idet vi indfører funktionen f : R

+

×R

+

→

R

+

ved

(3) f(a, n) =

Z

1

0

x

n

1

a

+ x

n

dx

142 Uppgifter Normat 3/2007

skal vi altså bevise at lim

n→∞

f(a, n) = ln (1+a). Substitueres x = (

t

a

)

1

n

i integralet

i (3), ﬁnder vi

f(a, n) = a

−

1

n

g(a, n), hvor g(a, n) =

Z

a

0

t

1

n

1 + t

dt

Idet a

−

1

n

→ 1 for n → ∞ gælder for ethvert fast a ∈ R

+

, er det klart at vi blot

behøver at bevise lim

n→∞

g(a, n) = ln(1 + a). Vi sætter g(a, n) = I

1

+ I

2

, hvor

I

1

=

Z

δ

0

t

1

n

1 + t

dt , I

2

=

Z

a

δ

t

1

n

1 + t

dt

og hvor 0 < δ < a. Nu gælder

I

1

<

Z

δ

0

t

1

n

dt =

n

n + 1

δ

n+1

n

Heraf fremgår at I

1

kan gøres mindre end et fast valgt  > 0 ved at vælge δ = δ()

tilstrækkelig lille, og dette gælder uniformt over ethvert interval n ∈ (n

0

, ∞) hvor

n

0

er fast.

Vi lader nu n → ∞. Så må der gælde lim

n→∞

I

1

≤  og lim

n→∞

I

2

=

R

a

δ

1

1+t

dt =

ln(1 + a) − ln(1 + δ()). Grænseværdien for integralet g(a, n) kan altså ikke afvige

med mere end  + ln (1 + δ()) fra ln(1 + a). Da dette gælder for alle  > 0, kan vi

konkludere at lim

n→∞

f(a, n) = ln (1 + a) gælder.

(Också löst av Con Amore Problemgruppe, København, DK.)

486. (Con Amore Problemgruppe, København.) (Anm. Alla sidohänvisningar nedan

är till Normat 2003:1)

a) Lagrange-resolventen for Q(x) er bestemt ved R(y) = −y

3

+ by

2

+ 4dy − 4bd,

som ses at have roden b, og derfor kan skrives som

(4) R(y) = −(y − b)(y

2

− 4d) = −(y − b)(y − 2

√

d)(y + 2

√

d)

(hvor

√

d er et af de to komplekse tal hvis kvadrat er d). Diskriminanten for R(y)

(som er den samme som for −R(y)), og altså også for Q(x) [jf. side 19], er følgelig

D = (b − 2

√

d)

2

(b + 2

√

d)

2

(4

√

d)

2

= 16d



(b − 2

√

d)(b + 2

√

d)



2

= 16d(b

2

− 4d)

2

,

dvs. D er et kvadrattal, hvis og kun hvis d er et kvadrattal. Da R(y) har en heltallig

rod, gælder ifølge Setning på side 17, at n = 4. Og i fortsættelse heraf fremgår af

side 21, linje 6, at G = V (Kleins ﬁre-gruppe)= Z

2

× Z

2

, hvis og kun hvis d er et

kvadrattal.

b) I denne situation benytter vi fodnoten

9)

på side 21. Vi deﬁnerer et polynomium

P (x) ved P (x) = (x

2

−bx +d) ·x

2

. Idet ved med x

1

, x

2

, x

3

og x

4

betegner rødderne

Normat 3/2007 Uppgifter 143

i Q(x), gælder at x

1

x

2

og x

3

x

4

er rødderne i x

2

−bx + d, og at x

1

+ x

2

og x

3

+ x

4

er rødderne i x

2

. Rødderne i x

2

−bx + d ses let at være

1

2



b ±

p

b

2

+ 4|d|



, mens x

2

har dobbeltroden 0. Det fremgår af (1), at spaltningslegemet E for R(y) over Q er

bestemt ved E = Q



i

q

|d|



. Det er tydeligt, at

p

b

2

+ 4|d| (og dermed rødderne i

polynomiet x

2

− bx + d) tilhører E (altså kan fås på formen r + si

p

|d|, hvor r og

s er rationale tal), hvis og kun hvis b

2

+ 4|d| er et kvadrattal. På den anden side

fremgår af

(5) Q(x) = x

4

+ bx

2

+ d =



x

2

+

b

2



2

−

b

2

− 4d

4

=



x

2

+

b

2



2

−

b

2

+ 4|d|

4

straks, at hvis b

2

+ 4|d| er et kvadrattal, så er Q(x) reducibelt (i modstrid med det

givne). Af fodnoten fremgår nu, at Galois-gruppen for P (x) er D

4

som påstået.

c) Vi kan nu forudsætte, at d er et positivt helt tal, som ikke er et kvadrattal. I

denne situation ses spaltningslegemet E for R(y) over Q at være Q



q

|d|



. Videre

bemærker vi, at det af første del av omskrivningen i (5) fremgår, at hvis b

2

− 4d

(= b

2

− 4|d|) er af form h

2

eller (hi)

2

, hvor h er et helt tal, så er Q(x) reducibelt i

modstrid med forudsætningen. Vi kan derfor forudsætte, at = b

2

− 4|d| ikke er af

denne form; og da størrelsen = b

2

−4|d| er afgørende for, om Galois-gruppen er Z

4

eller D

4

, kan vi forudsætte b > 0.

Rødderne i x

2

− bx + d ses her at være

1

2



b ±

p

b

2

− 4|d|



. Det er klart, at hvis

b

2

−4|d| < 0, så tilhører rødderne ikke E, dvs.Galois-gruppen er D

4

. Hvis b

2

−4|d| ≥

0 [men altså, lige som d, ikke et kvadrattal; dvs. d ≥ 2 og b

2

− 4|d| ≥ 2], er

spørgsmålet, om vi kan ﬁnde rationale tal r og s, sådan at

√

b

2

− 4d = r + s

√

d. I

så fald vil gælde, at b

2

−4d = r

2

+ s

2

d + 2rs

√

d, og dermed at mindst ét af tallene

r og s må være 0. Da s ikke kan være 0, må altså gælde at r = 0. Det medfører, at

(6) b

2

=



s

2

+ 4



d.

Hvis nu yderligere gcd(b, d) = 1, så er (6) en modstrid. Vi kan derfor slutte, at hvis

gcd(b, d) = 1, så tilhører rødderne i x

2

−bx +d ikke E; dvs. Galois-gruppen er også

i denne situation D

4

.

d) Det fremgår af det ovenfor sagte, at hvis Galois-gruppen for Q(x) er Z

4

[som

ifølge side 21, linje 6 og lidt frem, er eneste mulighed for, at Galois-gruppen är

cyklisk], så må det nødvendigtvis gælde, at d ≥ 2, d er ikke kvadrattal, b

2

−4d ≥ 2,

b

2

−4d er ikke et kvadrattal, samt at gcd(b, d) ≥ 2. Yderligere fremgår af (6), at d

nødvendigtvis må gå op i b

2

, samt at der ﬁndes et helt tal s ≥ 1, sådan at

(7) s

2

=

b

2

d

− 4.

Hvis omvendt alle disse betingelser er opfyldt, så gælder for r = 0 og s som det

ved (7) bestemte positive hele tal, at

√

b

2

− 4d = r + s

√

d, dvs. at E indeholder

alle rødderne i P (x), med andre ord at Galois-gruppen for Q(x) er Z

4

.

(Också löst av Peter Kirkegaard, Gentofte, DK)