34 Normat 56:1, 34–40 (2008)
Uppgifter
502. Visa för n ≥ 2 identiteten
n−1
Y
k=1
1 − cos
2kπ
n
=
n
2
2
n−1
.
503. I en schackklubb har man inlett årets klubbmästerskap, där n spelare deltar.
Under den första dagen har man hunnit spela m matcher (alla ska spela mot alla,
men ingen möter någon annan spelare mer än en gång). Om man väljer ut tre
spelare, vilka som helst, är det åtminstone två av dem som ännu inte har mötts.
För varje spelare A betecknar vi gruppen av kommande motståndare med M
A
,
som alltså består av alla de spelare som A ännu inte har mött. Låt r
A
vara antalet
matcher som har spelats inbördes i gruppen M
A
. Visa att det måste finnas en
spelare A, för vilken r
A
≤ m
1 −
4m
n
2
. Vad kan därmed sägas om möjliga värden
på m?
504. Låt x, y, z vara positiva reella tal. Visa att
x
√
x + y
+
y
√
y + z
+
z
√
z + x
≥
5
4
√
x + y + z.
505. Låt M vara en konvex månghörning med n sidor. Om a
k
betecknar längden
av den k :e sidan och d
k
längden av den vinkelräta projektionen av M på linjen
som innehåller den k :e sidan, visa att
2 <
a
1
d
1
+
a
2
d
2
+ ··· +
a
n
d
n
≤ 4.
506. (Kent Holing, Trondheim) La Q(x) være et redusibel monisk femtegradspo-
lynom med heltallskoeffisienter, uten heltallige nullpunkter, og med p(x) og q(x)
som to forskjellige ekte og moniske faktorer av Q(x) over Z[x].
Med x
1
og x
2
røttene til (si) andregradsligningen p(x) = 0, og x
3
, x
4
og x
5
røttene
til (derfor) tredjegradsligningen q(x) = 0, definerer vi y
1
= x
1
+ x
3
, y
2
= x
1
+ x
4
,
y
3
= x
1
+ x
5
, y
4
= x
2
+ x3, y
5
= x
2
+ x
4
og y
6
= x
2
+ x
5
.
Vis at polynomet R(y) = (y −y
1
)(y −y
2
)(y −y
3
)(y −y
4
)(y −y
5
)(y −y
6
) faktoriserer
fullstendig over Q[ r] for r vilkårlig rot til ligningen R(y) = 0 hvis og bare hvis
diskriminanten til Q(x) eller q(x) er et kvadrattall.
Lösningar skickas senast 15 augusti 2008 till:
Dag Jonsson, dag@math.uu.se
Box 480
Matematiska institutionen
SE-75106 Uppsala
Normat 1/2008 Uppgifter 35
Insända lösningar till uppgifterna 474-490, 494 – 496
474. (Johan Fellman, Helsingfors) Grundidén för denna uppgift är att serien
1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ ... + (−1)
n−1
1
n
+ ... har summan ln(2). Uppgiften beskriver hur
delseriernas summor konvergerar mot den oändliga seriens summa.
Betrakta den ändliga serien
S
n
(x) = 1 − x + x
2
− x
3
+ ... + (−1)
n−1
x
n−1
=
1 + (−1)
n−1
x
n
1 + x
.
Genom integrering får man
Z
x
0
S
n
(t)dt = x −
1
2
x
2
+
1
3
x
3
−
1
4
x
4
+ ... + (−1)
n−1
1
n
x
n
=
Z
x
0
1 + (−1)
n−1
t
n
1 + t
dt.
För alla ändliga n är
a
n
=
Z
1
0
S
n
(t)dt − ln(2) = 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ −... + (−1)
n−1
1
n
− ln(2)
=
Z
1
0
1
1 + t
dt + (−1)
n−1
Z
1
0
t
n
1 + t
dt − ln(2) = (−1)
n−1
Z
1
0
t
n
1 + t
dt.
Tecknen hos termerna a
n
är alternerande och |a
n+1
| =
R
1
0
t
n+1
1+t
dt ≤
R
1
0
t
n
1+t
dt =
|a
n
|. Dessutom är |a
n
| =
R
1
0
t
n
1+t
dt ≤
R
1
0
t
n
dt =
1
n+1
→ 0 då n → ∞. Följaktligen
är termernas absoluta belopp monotont avtagande mot noll och serien
P
∞
i=1
a
i
konvergerar. För ändliga n är summan
T
n
=
n
X
i=1
a
i
=
n
X
i=1
(−1)
i−1
Z
1
0
t
i
1 + t
dt =
Z
1
0
n
X
i=1
(−1)
i−1
t
i
1 + t
dt
=
Z
1
0
1
1 + t
n
X
i=1
(−1)
i−1
t
i
dt =
Z
1
0
t + (−1)
n−1
t
n+1
(1 + t)
2
dt
=
Z
1
0
tdt
(1 + t)
2
+ (−1)
n−1
Z
1
0
t
n+1
(1 + t)
2
dt
=
Z
1
0
dt
(1 + t)
−
Z
1
0
dt
(1 + t)
2
+ (−1)
n−1
Z
1
0
t
n+1
(1 + t)
2
dt
= ln(2) −
1
2
+ (−1)
n−1
Z
1
0
t
n+1
(1 + t)
2
dt.
Integralen
R
1
0
t
n+1
(1+t)
2
dt ≤
R
1
0
t
n+1
dt =
1
n+2
→ 0 då n → ∞ och vi får
P
∞
i=1
a
i
= lim
n→∞
T
n
= ln(2) −
1
2
.
490. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet) Lad os sætte
q
nk
=
ln
2
n
ln k ln(n − k)
, s
n
=
n−2
X
k=2
q
nk
, og a
n
=
1
n
s
n
.
36 Uppgifter Normat 1/2008
Jeg vil vise, at
(1) lim
n→∞
a
n
= 1 .
(i) Der gælder q
nk
> 1 for 2 ≤ k ≤ n − 2, og altså er
(2) a
n
>
n − 3
n
for alle n .
(ii) Da q
nn−k
= q
nk
for alle n, k, er
s
n
≤ 2
b
n
2
c
X
k=2
q
nk
,
hvor
n
2
betegner heltalsdelen af
n
2
. For k ≤
n
2
er n − k ≥
n
2
, og altså er
(3) s
n
≤ 2
b
n
2
c
X
k=2
ln
2
n
ln k ln
n
2
= 2
ln
2
n
ln
n
2
b
n
2
c
X
k=2
1
ln k
Da funktionen f(x) =
1
ln x
er aftagende for x > 1, får vi for 2 < M ≤ m
(4)
m
X
k=2
1
ln k
≤
M−1
X
k=2
1
ln k
+
Z
m
M−1
1
ln x
dx
Integralet i (4) kan ikke udtrykkes ved hjælp af elementære funktioner, men ved
delvis integration får vi
Z
1
1
ln x
dx = x
1
ln x
−
Z
x
−
1
ln
2
x
1
x
dx =
x
ln x
+
Z
1
ln
2
x
dx .
Lad nu ε ∈ (0, 1) være givet, og lad M være bestemt, så ln(M −1) ≥ 1/ε (så gælder
specielt M − 1 > e). Vi får da
Z
m
M−1
1
ln x
dx =
m
ln m
−
M − 1
ln(M −1)
+
Z
m
M−1
1
ln
2
x
dx
≤
m
ln m
−
M − 1
ln(M −1)
+
Z
m
M−1
ε
ln x
dx ,
og altså
(5)
Z
m
M−1
1
ln x
dx ≤
1
1 − ε
m
ln m
−
M − 1
ln(M −1)
Normat 1/2008 Uppgifter 37
Højre side af (5) er en voksende funktion af m for m > e, og da M − 1 > e og
n
2
≤
n
2
, får vi af (3), (4) og (5) for n ≥ 2(M −1):
a
n
≤
2
n
ln
2
n
ln
n
2
M−1
X
k=2
1
ln k
+
n
2(1 − ε) ln
n
2
−
M − 1
(1 − ε) ln(M −1)
!
=
1
(1 − ε)(1 − ln 2/ ln n)
2
+
n
,
(6)
hvor
n
=
2
n
ln
2
n
ln
n
2
M−1
X
k=2
1
ln k
−
M − 1
(1 − ε) ln(M −1)
!
→ 0 for n → ∞.
Af (2) og (6) følger, at a
n
→ 1 for n → ∞. (Även löst av Peter Kirkegaard,
Gentofte.)
494. (Con Amore Problemgruppe, Aarhus) Vi antager modsætningsvis, at a ≥ b,
og dermed at c = a−b ≥ 0. Af den første ligning følger så at 3
b
·3
c
+13
b
= 17
b
·17
c
,
og dermed at
(1) 3
b
3
17
c
+ 13
b
·
1
17
c
= 17
b
.
Idet funktionen h
x
med 0 < h < 1 er positiv og aftagende for alle reelle tal x, og
h
0
= 1, slutter vi af (1) at 3
b
+13
b
≥ 17
b
. Da funktionen
3
17
x
+
13
17
x
er aftagende
for alle relle tal x, og
3
17
1
+
13
17
1
=
16
17
< 1, fremgår heraf at b < 1, (i).
Af den anden ligning følger at 5
b
· 5
c
+ 7
b
= 11
b
, og dermed (idet 5
c
≥ 1) at
5
b
+ 7
b
≤ 11
b
. Da funktionen
5
11
x
+
7
11
x
er aftagende for alle relle tal x, og
5
11
1
+
7
11
1
=
12
11
> 1, fremgår heraf at b > 1, (ii).
Da (i) og (ii) strider mod hinanden, er vor antagelske falsk; med andre ord gælder
som påstået at a < b. (Även löst av Peter Kirkegaard.)
495. (Ebbe Thue Poulsen) Hjørnerne i den givne n-kant betegnes P
i
, i = 1, 2, . . . , n.
Hjørnet P
i
siges at være lige hhv ulige for en given farvelægning F af kanterne,
hvis der fra P
i
udgår et lige hhv ulige antal blå kanter.
Lad m
i
betegne den om-maling af kanterne, der skifter farve på de kanter, der
udgår fra P
i
. Ved denne ændring skifter alle punkter P
j
med j 6= i paritet, idet
antallet af blå kanter udgående fra P
j
enten forøges eller formindskes med 1. Da
der fra P
i
udgår et lige antal kanter, er antallene af røde og blå blandt dem enten
begge lige eller begge ulige, og derfor ændrer m
i
ikke pariteten af P
i
.
Betragt nu en vilkårlig farvelægning F . Hvis vi for hvert hjørne tæller antallet af
blå kanter, der udgår fra det, bliver hver blå kant talt med to gange, og følgelig er
antallet af ulige hjørner lige. Lad os sige, at P
i
1
, P
i
2
, . . . , P
i
k
er de ulige hjørner, og
betragt om-malingen m
i
1
m
i
2
···m
i
k
.
Hvis P
i
er et af hjørnerne P
i
1
, P
i
2
, . . . , P
i
k
, ændrer denne om-maling pariteten
af P
i
k − 1 gange, dvs et ulige antal gange, medens alle andre hjørners paritet
ændres k gange. Efter om-malingen har samtlige hjørner altså lige paritet, som
38 Uppgifter Normat 1/2008
ønsket. Vi skal vise, at uanset hvordan farvelægningen F ændres til en farvelæg-
ning, hvor alle hjørner har lige paritet, så bliver slutresultatet det samme. Betragt
derfor to forskellige om-malinger m
i
1
m
i
2
···m
i
k
og m
j
1
m
j
2
···m
j
l
, og antag, at
m
i
1
m
i
2
···m
i
k
hhv m
j
1
m
j
2
···m
j
l
ændrer F til F
0
hhv F
00
, hvor samtlige hjør-
ner har lige paritet både ved farvelægningen F
0
og ved F
00
. Vi skal bevise, at
F
0
= F
00
. Da om-malingen m
i
k
···m
i
2
m
i
1
ændrer F
0
tilbage til F , ses det, at om-
malingen M = m
j
1
m
j
2
···m
j
l
m
i
k
···m
i
2
m
i
1
ændrer F
0
til F
00
. Da m
i
m
j
= m
j
m
i
for i 6= j, kan vi bytte om på m’erne i M indtil vi får et udtryk af formen
M = m
p
1
m
p
2
···m
p
q
, hvor p
1
≤ p
2
≤ ··· ≤ p
q
. Da om-malingerne m
2
i
lader alle
farvelægninger uændrede, kan vi i M slette par af gentagne m
i
’er, indtil p’erne alle
er forskellige. Vi kan derfor antage, at p
1
< p
2
< ··· < p
q
. Lad os nu se på, hvordan
M ændrer pariteten af et hjørne P
i
. Hvis i ikke er et af tallene p
1
, p
2
, . . . , p
q
, æn-
dres pariteten af P
i
q gange, og ellers ændres den q −1 gange. Hvis alle hjørner har
lige paritet både før og efter anvendelsen af M, må der enten gælde, at talsættet
p
1
, p
2
, . . . , p
q
er tomt, eller at det indeholder alle tallene 1, 2, . . . , n. I første tilfælde
lader M alle farvelægninger uændrede, og en enkel overvejelse viser, at det samme
gælder i det andet tilfælde: m
1
m
2
···m
n
ændrer alle kanters farver præcis to gange.
Hermed er det bevist, at F
0
= F
00
. (Även löst av Con Amore Problemgruppe och
Peter Kirkegaard.)
496. (Bent Fuglede, København) Idet x, y, z indgår symmetrisk indfører vi de
elementarsymmetriske funktioner
a = x + y + z, b = xy + yz + zx, c = xyz,
hvorved x, y, z bliver rødderne i polynomiet
f(t) = t
3
− at
2
+ bt − c.
Til at begynde med udnytter vi ikke de to givne ligninger, men kun at f skal
have lutter reelle rødder. Lad α og β betegne rødderne i f
0
(t) = 3t
2
− 2at + b.
Hvis x, y, z er indbyrdes forskellige, adskilles de ifølge Rolles sætning af α og β,
som således bliver reelle og forskellige; og endvidere har f(α) og f(β) forskelligt
fortegn. Hvis dernæst for eksempel x = y 6= z, bliver α = x, medens β adskiller
y og z, og nu bliver f(α)f(β) = 0. Er endelig x = y = z, bliver α = β = x og
f(α) = f(β) = f(x) = 0. I alle tilfælde er således α og β reelle og f (α)f (β) ≤ 0.
Ved division med rest fås identiteten
f(t) =
t
3
−
a
9
f
0
(t) +
2
9
3b − a
2
t +
ab
9
− c
.
Indsættes f
0
(α) = f
0
(β) = 0 samt α + β = 2a/3 og αβ = b/3, fås
243f(α)f(β) = 4b(3b − a
2
)
2
+ 4a(3b − a
2
)(ab − 9c) + 3(ab − 9c)
2
= −9a
2
b
2
+ 36b
3
+ 36a
3
c − 162abc + 243c
2
≤ 0.
Her er for øvrigt venstre side (bortset fra en positiv konstant faktor) netop diskri-
minanten D for trediegradspolynomiet f; og f har jo som bekendt tre reelle rødder
Normat 1/2008 Uppgifter 39
(talt med multiplicitet) hvis og kun hvis D ≤ 0.
Ved hjælp af det givne ligningspar udtrykker vi nu b of c ved a:
2b = 2xy + 2yz + 2zx = (x + y + z)
2
− (x
2
+ y
2
+ z
2
) = a
2
−
1
3
,
a
3
c = (x + y + z)
3
xyz = x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
= (xy + yz + zx)
2
− 2(x + y + z)xyz = b
2
− 2ac.
Udtrykkene for 2b og a
3
c er uforenelige hvis a = 0, og der findes således ingen
løsning (x, y, z) med x + y + z = 0. For a 6= 0 fås
c =
b
2
(a(a
2
+ 2)
=
(3a
2
− 1)
2
36a(a
2
+ 2)
.
Indsættes disse udtryk for b og c i den ovenfor fundne ulighed, bliver denne (efter
en længere reduktion samt multiplikation med 48a
2
(a
2
+ 2)
2
> 0) til
108a
12
− 252a
10
+ 249a
8
− 224a
6
+ 178a
4
− 68a
2
+ 9
= 3(a
2
− 1)
2
a
2
−
1
3
2
(6a
2
+ 1)
2
+ 26
≤ 0,
som er ensbetydende med, at enten a = ±1 eller a = ±
p
1/3. I det første tilfælde
bliver b = 1/3 og c = ±1/27, og dermed
f(t) = t ∓ t
2
+
1
3
t ∓
1
27
=
t ∓
1
3
3
med den tredobbelte rod 1/3, henholdsvis −1/3. I det andet tilfælde bliver b = c = 0
og f(t) = t
2
t ∓
p
1/3
med rodsættet {
p
1/3, 0, 0}. Opgaven har således ialt otte
løsninger, nemlig
(x, y, z) = ±
1
3
,
1
3
,
1
3
,
±
q
1
3
, 0, 0
,
0, ±
q
1
3
, 0
,
0, 0, ±
q
1
3
.
(Även löst av Peter Kirkegaard.)
Korrekta lösningar till uppgifter, till vilka lösningar tidigare har presenterats här,
har insänts av Peter Kirkegaard (nr 487) och Ebbe Thue Poulsen (nr 492).
40 Uppgifter Normat 1/2008
Med anledning av intervjun med Atle Selberg som i fyra delar publiceras i Normat
under 2008 så publicerar vi här hans första bidrag till Normat, då Norsk matematisk
tidsskift, 1933.
Løste opgaver
Nedenstående opgave med løsning er forfattet av en 15-åring.
Vis at:
Z
1
0
y
−y
dy =
1
1
+
1
2
2
+
1
3
3
+
1
4
4
+ ··· +
1
n
n
+ . . .
Vi går ut fra formelen
Z
∞
0
z
n−1
e
−nz
dz =
(n − 1)!
n
n
.
Dividerer vi denne formel på begge sider med (n − 1)!, får vi at
Z
∞
0
z
n−1
e
−nz
(n − 1)!
dz =
1
n
n
,
og gir vi nu n efterhånden verdiene 1, 2, 3, 4, . . . og summerer på begge sider, så får
vi videre
Z
∞
0
e
−z
n=∞
X
n=1
z
n−1
e
−(n−1)z
(n − 1)!
dz =
n=∞
X
n=1
1
n
n
.
Nu er
n=∞
X
n=1
z
n−1
e
−(n−1)z
(n − 1)!
=
n=∞
X
n=1
(ze
−z
)
n−1
(n − 1)!
= e
ze
−z
.
Setter vi dette inn i formelen ovenfor, får vi
Z
∞
0
e
−z
.e
ze
−z
dz =
n=∞
X
n=1
n
−n
.
Her kan vi substituere e
−z
= y; z = −lny; dz = −
dy
y
og får da
Z
∞
e
−z
.e
ze
−z
dz = −
Z
0
1
y.e
−y lny
dy
y
=
Z
1
0
e
−y lny
dy =
Z
1
0
y
−y
dy.
Altså er
R
1
0
y
−y
dy =
P
n=∞
n=1
1
n
n
hv. sk. bev.
Atle Selberg
