136 Normat 56:3, 136–143 (2008)

Uppgifter

507. (Föreslaget av Kent Holing, Trondheim.) Kalle hadde i fjor irritert seg over at

Kristi himmelfartsdag hadde falt sammen med 17. mai. Sannelig skjer noe tilsvaren-

de i år også: Kristi himmelfartsdag faller sammen med 1. mai. Noen vil kalle dette

en trivialitet (høyst en kuriositet) mens andre - som nordmannen Kalle - vil si

uﬂaks med tanke på antall fridager i mai. (Ekstra ille er det jo at 17. mai faller på

en lørdag i tillegg i år!) Uansett, vis at Kristi himmelfartsdag faller sammen på 17.

mai og 1. mai to år på rad ikke har skjedd tidligere, og at Kalle trenger neppe å

irritere seg over dette mer.

508. (Föreslaget av Lars Ungernäs, Johanneshov.) Antalet sätt att fördela r äpp-

len över n lådor, så att en eller ﬂera lådor tillåts vara tomma kan visas vara



r+n−1

r



.

Detta resultat kan användas för att (enkelt) härleda fördelningsformeln, F, för det

fall då ingen låda får vara tom. Hur kan detta göras? Hur kan formeln F härledas

mera direkt, dvs utan att använda resultatet ovan, och hur ser den erhållna formeln

ut?

509. Låt mängden M bestå av 33 positiva heltal som är sådana att var och en

av deras primfaktorer ﬁnns i mängden {2, 3, 5, 7, 11}. Visa att det måste ﬁnnas två

element i mängden M för vilka produkten är en jämn kvadrat.

510. Bestäm alla funktioner f : R → R som uppfyller

f(x −y) = f(x) + xy + f(y) för varje x ∈ R och varje y ∈ {f(x)|x ∈ R}.

511. (Föreslaget av Lars Höglund, Uppsala.) Visa att det för varje heltal n ≥ 1 är

möjligt att täcka en kvadrat med sidan 1 genom att använda n stycken kvadrater

om vilka man endast vet att deras sammanlagda area är 4.

Anm. Olikheten i uppgift 504 (Normat 2008:1) skall vara

x

√

x + y

+

y

√

y + z

+

z

√

z + x

≤

5

4

√

x + y + z.

och inget annat.

Lösningar skickas senast 31 januari 2009 till:

Dag Jonsson, dag@math.uu.se

Box 480

Matematiska institutionen

SE-75106 Uppsala

Normat 3/2008 Uppgifter 137

Lösningar till tidigare uppgifter i Normat

467. (Lösning av Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik.) Følgende hjelpesetning an-

vendes: Når et sett av (minst tre) formlike og likt omløpsorienterte trekanter

A

i

B

i

C

i

har et sett samsvarende hjørner A

i

i et felles punkt A og et sett sam-

svarende hjørner B

i

i ekvidistante punkter langs en rett linje, ligger også hjørnene

C

i

i ekvidistante punkter langs en rett linje. Dette følger intuitivt av at alle de

tre sidene i én trekant er dreid like mye rundt A i forhold til de tilsvarende side-

ne i en annen. Dermed er trekant AC

i

C

j

og trekant AB

i

B

j

formlike i forholdet

|AC

i

|/|AB

i

|, altså i samme forhold både for alle i-ene og for de to ekvidistansene.

Oppgaveﬁguren nedenfor har en hjelpesirkel gjennom A med sentrum i midtpunktet

B

2

mellom sentrene B

1

og B

3

for de to gitte sirklene. Da svarer oppgavens P og

Q til C

1

og C

3

, og C

2

er midtpunktet mellom dem. Sirkelbuene AP og AQ skulle

ha like store sentralvinkler, så også periferivinklene AA

0

P og AA

0

Q er like, der A

0

er sirklenes annet skjæringspunkt. La R være hjelpesirkelens diametrale motpunkt

til A

0

. Periferivinkelen RC

2

A

0

er da 90

◦

, så RC

2

er midtnormalen på [P Q], og det

bekrefter påstanden.

471. (Lösning av Hans Georg Killingbergtrø,Leksvik.) Figuren viser en regulær 7-

kant med hjørner i avstand 1 fra sentrum T

7

. Hvis alle hjørnepunktene tillegges

samme tyngde, vil deres felles tyngdepunkt ligge i T

7

, og da må de 6 hjørnepunktene

utenom P

4

ha sitt felles tyngdepunkt T

6

i avstand 1/6 fra T

7

for å oppveie P

4

.

Summen av deres horisontalavstander fra T

7

er dermed 1 når de regnes negativt

for P

3

og P

5

. Men P

1

, P

2

og P

3

gir samme sum (det vil si cos

π

7

+cos

3π

7

−cos

2π

7

)

som P

7

, P

6

og P

5

, , så den må være 1/2.

138 Uppgifter Normat 3/2008

På samme måte kan 7-tallet erstattes med et vilkårlig oddetall fra og med 3. For

eksempel vil en regulær 25-kant vise at cos 7, 2

◦

−cos 14, 4

◦

+cos 21, 6

◦

−cos 28, 8

◦

+

··· + cos 79 , 2

◦

− cos 86, 4

◦

= 1/2.

473. (Lösning av Con Amore Problemgruppe, København) Ved substitutionen

x = tan u, hvor −

π

2

< u <

π

2

,

får den givne funktionalligning formen:

(1) f(tan u) + f(tan v) = f



tan (u + v)



.

Da f er diﬀerentiabel, er også f ◦ tan diﬀerentiabel, og ifølge (1) så også lineær.

Der ﬁndes derfor et fra 0 forskelligt reelt tal k, sådan at

(f ◦ tan )(t) = k · t,

og dermed er funktionerne

f = arctan(k · t),

hvor k er et vilkårligt fra 0 forskelligt reelt tal, samtlige løsninger til den givne

funktionalligning.

Anm. Vi vill tillägga att uppgift 474, till vilken lösning tidigare har presenterats,

även har lösts av Con Amore Problemgruppe, København.

Lösningar till uppgifter i Normat 2007:4

499. (Lösning av Ebbe Thue Poulsen, Mårslet) Det er klart, at

(1) x ≥ 0 ⇒ f

n

(x) ≥ 1 ,

samt at

(2) f

n

(−1) = 1 .

For −1 < x < 0 er

(3) f

n

(x) =

1 + (−x)

2n+1

1 + (−x)

,

Normat 3/2008 Uppgifter 139

hvoraf det følger, at

(4) x < −1 ⇒ f

n

(x) > 1 ,

samt at

(5) −1 < x < 0 ⇒ f

n

(x) >

1

2

.

Af (1), (2), (4) og (5) følger, at

m

n

≥

1

2

for alle n .

Det er følgelig nok at bevise, at for ethvert ε > 0 ﬁndes der et helt tal N således,

at

n ≥ N ⇒ m

n

<

1

2

+ ε .

Lad altså ε > 0 være givet. Lad os antage, at ε < 1, og vælg x

ε

således, at

(6)

1

1 − x

ε

=

1

2

+

ε

2

.

Så er −1 < x

ε

< 0, hvoraf følger, at der ﬁndes et N således, at

n ≥ N ⇒ (−x

ε

)

2n+1

<

ε

2

,

og altså

(7) n ≥ N ⇒ f

n

(x

ε

) <

1

2

+ ε .

Indsættelse af (6) og (7) i (3) giver

n ≥ N ⇒ m

n

<

1

2

+ ε , Q.E.D.

(Även löst av Hans Kaas Benner, Randers, Con Amore Problemgruppe, København

och Peter Kierkegaard, Gentofte)

500. (Lösning av Hans Kaas Benner, Randers)

(

¨

Aven l¨ost av Hans Kaas Benner, Randers, Con Amore Problemgruppe, København

och Peter Kierkegaard, Gentofte)

500. (L¨osning av Hans Kaas Benner, Randers)

.

..

.

A

C

B

H M

P

Q

S

v

a) Det er klart, at vinkel A er større end vinkel B ud fra de givne oplysninger. Der

gælder:

(1)

P H

P C

=

AH

AC

= cos A,

(2) sin

B

3

=

P H

P B

.

Trekant P CB giver

(3)

sin

2B

3

P C

=

sin (90

◦

− B)

P B

.

(2) indsættes i (3):

(4)

P H

P C

=

cos B · sin

B

3

sin

2B

3

=

cos B · sin

B

3

2 sin

B

3

· cos

B

3

=

cos B

2 cos

B

3

.

(1) og (4) giver

(5) cos B = 2 cos A · cos

B

3

.

BS er vinkelhalveringslinie i 4QBM og BQ er vinkelhalveringslinie i 4SBC. Det

giver:

MS

SQ

=

AB

2QB

,

SQ

QC

=

BS

BC

,

og dermed at

(6)

sin C

sin A

=

2QB · MS

BS · QC

,

da

AB

BC

=

sin C

sin A

.

140 Uppgifter Normat 3/2008

a) Det er klart, at vinkel A er større end vinkel B ud fra de givne oplysninger. Der

gælder:

(1)

P H

P C

=

AH

AC

= cos A,

(2) sin

B

3

=

P H

P B

.

Trekant P CB giver

(3)

sin

2B

3

P C

=

sin (90

◦

− B)

P B

.

(2) indsættes i (3):

(4)

P H

P C

=

cos B · sin

B

3

sin

2B

3

=

cos B · sin

B

3

2 sin

B

3

· cos

B

3

=

cos B

2 cos

B

3

.

(1) og (4) giver

(5) cos B = 2 cos A · cos

B

3

.

BS er vinkelhalveringslinie i 4QBM og BQ er vinkelhalveringslinie i 4SBC. Det

giver:

MS

SQ

=

AB

2QB

,

SQ

QC

=

BS

BC

,

og dermed at

(6)

sin C

sin A

=

2QB · M S

BS · QC

,

da

AB

BC

=

sin C

sin A

.

Sæt ∠CM B = v. Sinusrelationerna på 4BMS og 4BMQ giver:

BS

sin v

=

MS

sin

B

3

,

BQ

sin v

=

MQ

sin

2B

3

og dermed at

QB · M S

BS

=

QM · sin

B

3

sin

2B

3

,

som indsættes i (6) til

sin C

sin A

=

2 sin

B

3

sin

2B

3

·

QM

QC

=

1

cos

B

3

·

QM

QC

.

Normat 3/2008 Uppgifter 141

Da

QM

QC

=

AB

2AC

og

AB

AC

=

sin C

sin B

får man

(7) sin A = 2 cos

B

3

· sin B

(5) + (7) giver cos B · sin B = sin A · cos A eller sin 2B = sin 2A. Da vinkel A er

større end vinkel B fås 2A = 180

◦

− 2B eller A + B = 90

◦

.

b) Der gælder, at BH · AH = HC

2

, BH = BP cos

B

3

, AH = AC · cos A.

Altså er BP cos

B

3

· AC · cos A = HC

2

eller

BP =

1

cos

B

3

·cos A

·

HC

AC

· HC

=

cos B

cos

B

3

·cos A

· HC = 2HC

ifoelge (5).

(Även löst av Peter Kierkegaard, Gentofte.)

501. (Lösning av Ebbe Thue Poulsen, Mårslet) Erstatter vi x i ligningen

(1) f(x + a + b) + f(x) = f(x + a) + f(x + b)

med x −a, ser vi, at hvis (1) er opfyldt for alle reelle x, så er den også opfyldt med

a erstattet af −a. Vi kan derfor antage, at a og b begge er positive. Ifølge det givne

eksisterer der positive hele tal m og n således, at a/b = m/n.

Af (1) følger, at funktionen

g(x) = f(x + a) − f(x)

er periodisk med perioden b, og derfor også med perioden p = mb = na.

Vi har

(2) f(x + p) − f(x) = h(x)

med

h(x) =

n−1

X

j=0

g(x + ja) ,

som er periodisk med perioden p.

Vi får videre

f(x + kp) − f(x) = kh(x)

for alle positive hele tal k, og da f er begrænset, må der gælde h(x) = 0, hvorefter

(2) viser, at f er periodisk med perioden p.

(Det bemærkes, at resultatet ikke gælder, hvis forholdet a/b er irrationalt. Et mod-

eksempel: Funktionen f(x) = cos



2π

a

x



+ cos



2π

b

x



opfylder (1), men denne funk-

tion er ikke periodisk, hvis a/b er irrationalt, idet f (0) = 2, men f (x) < 2 for alle

andre værdier af x.)

142 Uppgifter Normat 3/2008

Lösningar till uppgifter i Normat 2008:1

502. (Lösning av Hans Kaas Benner, Randers.) Ligningen x

n

−1 = (x−1)(x

n−1

+

··· + x + 1) = 0 har rødderna 1, ω, . . . , ω

n−1

, hvor ω = e

2πi/n

. Altså er

x

n−1

+ ··· + x + 1 = (x − ω) . . . (x − ω

n−1

) .

Hvis x = 1 er

n = (1 −ω) . . . (1 − ω

n−1

)

eller

|1 − ω|

2

. . . |1 − ω

n−1

|

2

= n

2

.

Da |1 − ω

k

|

2

= (1 − cos

2πk

n

)

2

+ sin

2

2πk

n

= 2(1 − cos

2πk

n

), fås

n−1

Y

k=1

2



1 − cos

2πk

n



= n

2

eller

n−1

Y

k=1

2



1 − cos

2πk

n



=

n

2

n−1

.

(Också löst av Erik Hansen, Kalundborg och Jakob I. Try, Sögne)

503. (Con Amore Problemgruppe, København.) Idet vi benytter grafteoretisk ter-

minologi, opfatter vi de n spillere A

1

, A

2

, . . . , A

n

som punkter og de m spillede

partier som linjer. Lad a

i

være antallet af partier, som A

i

allerede har spillet (a

i

er altså graden av punktet A

i

); det gælder da at

(1)

n

X

i=1

a

i

= 2m.

Idet vi lader A

j

, A

k

, . . . , A

l

betegne de a

i

spillere, som A

i

allerede har mødt, sætter

vi nu

s

A

i

= a

j

+ a

k

+ ··· + a

l

.

Det indses let, at for ethvert i tilhørende {1, 2, . . . , n} gælder r

A

i

+ s

A

i

= m. At

der ﬁndes et i, for hvilket r

A

i

≤ m −



2m

n



2

, er derfor ensbetydende med, at der

ﬁndes et i, for hvilket

(2) s

A

i

≥



2m

n



2

.

Vi bemærker nu, at i summen av de n summer s

A

1

, s

A

2

, . . . , s

A

n

optræder a

i

netop a

i

led (nemlig én gang i hver av de a

i

summer s

A

j

, s

A

k

, . . . , s

A

l

. Det samlede

bidrag fra a

i

til summen av s

A

1

, s

A

2

, . . . , s

A

n

er altså a

2

i

, dvs summen er alt i alt

(3)

n

X

i=1

s

a

i

=

n

X

i=1

a

2

i

;

Normat 3/2008 Uppgifter 143

og i fortsættelse av (3) ﬁnder vi ved benyttelse af (1) samt en velkendt ulighet, at

P

n

i=1

s

a

i

n

=

P

n

i=1

a

2

i

n

=



r

P

n

i=1

a

2

i

n



2

≥



P

n

i=1

a

i

n



2

=



2m

n



2

.

Heraf fremgår straks, at det for mindst ét i tilhørende {1, 2, . . . , n} gælder s

A

i

≥



2m

n



2

; og med (2) er påstanden som indset ovenfor bevist.

Af den hermed godtgjorde ulighed r

A

i

≤ m



1 −

4m

n

2



fremgår, at 4m ≤ n

2

, altså at

m ≤



n

2



2

.