Normat 56:4, 187–191 (2008) 187
Uppgifter
512. Ett pärlhalsband består av en öppen kedja med 2r röda och 2v vita pärlor
trädda i godtycklig ordning. Genom att snitta kedjan i ett lämpligt antal delkedjor
vill två systrar dela upp pärlorna sinsemellan så att de får r röda och v vita pärlor
var. Vilket är det minsta antalet snitt som alltid möjliggör en sådan uppdelning?
513. En triangel har sidlängderna a, b, c och omkretsen 1. Visa olikheten
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 4abc <
1
2
.
514. Låt a
0
, a
1
, . . . , a
n−1
vara reella tal sådana att 0 < a
0
≤ a
1
≤ · · · ≤ a
n−1
≤ 1.
Låt vidare λ vara en rot till polynomet x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ · · · + a
1
x + a
0
och som
uppfyller |λ| ≥ 1. Visa att λ
n+1
= 1.
515. (Föreslaget av Kent Holing, Trondheim.) For en irredusibel monisk fjerde-
gradsligning Q(x) = 0 med heltallskoeffisienter, diskriminant lik D og Galois-
gruppe G, vis at G er syklisk hvis og bare hvis Q(x) kan faktoriseres som et produkt
av to andregradspolynomer i Q[
p
[D] ][x].
Lösningar skickas senast 15 april 2009 till:
Dag Jonsson, dag@math.uu.se
Box 480
Uppsala universitet, Matematiska institutionen
SE-75106 Uppsala
188 Uppgifter Normat 4/2008
Lösningar till tidigare uppgifter i Normat
497. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK.) Vi betragter betingelsen
(1) k er divisor i
k
X
i=1
x
i
.
a. Hvis x
1
, x
2
, . . . , x
n
er en permutation af tallene 1, 2, . . . , n, så er
n
X
i=1
x
i
=
n
X
i=1
i =
n(n + 1)
2
,
således at (1) er opfyldt for k = n, hvis og kun hvis n er ulige.
For n = 1 er problemet trivielt, og for n = 3 er (1) opfyldt for k = 1, 2, 3, hvis
vi vælger (x
1
, x
2
, x
3
) = (1, 3, 2). Vi skal se, at dette er de eneste værdier af n, for
hvilke problemet a. har en løsning, så antag, at n ≥ 5 er ulige, at x
1
, x
2
, . . . , x
n
er en
permutation af tallene 1, 2, . . . , n, og at (1) er opfyldt for alle k. Ifølge antagelserne
er n − 1 divisor i
n−1
X
i=1
x
i
=
n
X
i=1
x
i
− x
n
= n
n + 1
2
− x
n
= (n − 1)
n + 1
2
+
n + 1
2
− x
n
,
og altså er x
n
=
n+1
2
+ m(n − 1) for et helt tal m. Nu er
n+1
2
− (n − 1) = −
n−3
2
< 1 og
n+1
2
+ (n − 1) = n +
n−1
2
> n ,
og da 1 ≤ x
n
≤ n, må m være 0 og x
n
= (n + 1)/2.
Ifølge antagelserne har vi endvidere, at n − 2 er divisor i
n−2
X
i=1
x
i
=
n−1
X
i=1
x
i
− x
n−1
= (n − 1)
n + 1
2
− x
n−1
= (n − 2)
n + 1
2
+
n + 1
2
− x
n−1
.
Som ovenfor følger heraf for n ≥ 5, at x
n−1
= (n + 1)/2 = x
n
i modstrid med
antagelsen om, at x
i
’erne er en permutation af tallene 1, 2, . . . , n.
b. Ja, der findes uendelige følger x
1
, x
2
, . . ., som indeholder ethvert positivt helt tal
netop en gang, således at (1) er opfyldt for ethvert k. Sådanne følger kan konstrueres
rekursivt. Vi beskriver rekursionsskridtet.
Lad x
1
, x
2
, . . . , x
n
være givet således, at (1) er opfyldt for k = 1, 2, . . . , n, og lad z
være et positivt helt tal forskelligt fra samtlige x
i
. Vi skal se, at der findes et positivt
helt tal y forskelligt fra z og fra samtlige x
i
således, at følgen x
1
, x
2
, . . . , x
n
, y, z
opfylder (1) for k = 1, 2, . . . , n + 2. Dertil observerer vi, at hvis y vælges således, at
n
X
i=1
x
i
+ y = m(n + 1)(n + 2) + (n + 1)z
Normat 4/2008 Uppgifter 189
for et positivt helt tal m, så gælder
n + 1 er divisor i
n
X
i=1
x
i
+ y og n + 2 er divisor i
n
X
i=1
x
i
+ y + z .
Det er klart, at m kan findes således, at tallet y = m(n+1)(n+2)+(n+1)z−
P
n
i=1
x
i
er positivt og forskelligt fra z og fra samtlige x
i
.
Det ses nu let, hvordan man kan bestemme følger med den angivne egenskab.
En mulighed er at starte med at sætte x
1
= 1. Dernæst anvendes den beskrevne
konstruktion med n = 1, z = 2, og m valgt mindst muligt. Det giver x
2
= 3,
x
3
= 2. Derefter fortsættes, idet vi i hvert skridt vælger z som det mindste positive
hele tal, der ikke forekommer blandt de foregående x
i
’er, og for bestemtheds skyld
vælger m mindst muligt. De første 13 elementer i den således bestemte følge bliver
1, 3, 2, 10, 4, 52, 5, 43, 6, 54, 7, 65, 8 .
(Också löst av Con Amore Problemgruppe, København, DK.)
498. (Peter Kierkegaard, Gentofte, DK.) I firkant ABCD betegnes siderne AB =
a, BC = b, CD = c, DA = d, mens diagonalerne betegnes BD = p, AC = q.
Betingelsen ∠A + ∠C > ∠B + ∠D er ensbetydende med
(1) ∠B + ∠D < 180
◦
.
Den er også ensbetydende med
(2) ∠A + ∠C > 180
◦
.
Idet vi først betragter betingelsen (1), kan dennes venstre side ligge mellem 0
◦
og
360
◦
, så betingelsen kan ligesågodt formuleres:
(3) sin (B + D) > 0 eller sin B cos D + cos B sin D > 0 .
Indsættes heri
cos B =
a
2
+ b
2
− q
2
2ab
, cos D =
c
2
+ d
2
− q
2
2cd
, sin B =
p
1 − cos
2
B,
sin D =
p
1 − cos
2
D,
fås efter multiplikation med 4abcd at (3) er ensbetydende med
(c
2
+ d
2
− q
2
)
p
4a
2
b
2
− (a
2
+ b
2
− q
2
)
2
+(a
2
+ b
2
− q
2
)
p
4c
2
d
2
− (c
2
+ d
2
− q
2
)
2
> 0.
(4)
190 Uppgifter Normat 4/2008
Lad os indlægge et nyt koordinatsystem med AC på x-aksen, B over x-aksen, samt
D under x-aksen. Vi kan fx antage at A og C har koordinaterne hh (-1,0) og (1, 0).
Kaldes koordinaterne for B og D hh (x, y) og (u, −v) gælder altså:
(5) y > 0, v > 0 .
Med betegnelserne ovenfor får vi:
a
2
= (x + 1)
2
+ y
2
, b
2
= (x − 1)
2
+ y
2
, c
2
= (u − 1)
2
+ v
2
,
d
2
= (u + 1)
2
+ v
2
, p
2
= (x − u)
2
+ (y + v)
2
, q
2
= 4 .
(6)
Vi kan udtrykke konveksitetsbetingelsen for firkanten i samme koordinatsystem.
Vi må forlange at planprodukterne
|
−−→
DC
−−→
DB| =
1 − u x − u
v y + v
og
|
−−→
DB
−−→
DA| =
x − u −1 − u
y + v v
er positive. Dette giver konveksitetsbetingelserne v−vx+y−uy > 0, v+vx+y+uy >
0.
Som det næste vil vi udtrykke betingelsen (4), som jo var ensbetydende med
(1), ved x, y, u, v via (6). Tages (5) i betragtning, finder vi efter reduktion:
(7) (u
2
+ v
2
− 1)y + (x
2
+ y
2
− 1)v > 0 .
For fast D(u, −v) udsiger (7) at B skal ligge udenfor en vis cirkel Γ
D
med centrum
på ACs midtnormal. Γ
D
har ligningen
x
2
+
y +
u
2
+ v
2
− 1
2v
2
= 1 +
(u
2
+ v
2
− 1)
2
4v
2
.
Af denne ligning fremgår ved indsætning at A(−1, 0), C(1, 0), D(u, −v) alle ligger
på Γ
D
som derfor er den omskrevne cirkel til trekant CDA med radius R
D
. For fast
B(x, y) findes analogt at D skal ligge udenfor den omskrevne cirkel Γ
B
til trekant
ABC med radius R
B
.
Vi kan behandle den ensbetydende relation (2) på helt tilsvarende måde. Vi
finder da, at for fast A skal C ligge indenfor den omskrevne cirkel Γ
A
til trekant
DAB med radius R
A
, samt at for fast C skal A ligge indenfor den omskrevne cirkel
Γ
C
til trekant BCD med radius R
C
.
Vi bemærker nu at i specialtilfældet ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180
◦
er firkanten
indskrivelig, således at R
A
= R
B
= R
C
= R
D
= R . Sammenholdes ovenstående
resultater indses at (1) og (2) netop bliver ensbetydende med betingelsen R
A
+R
C
>
R
B
+ R
D
.
Normat 4/2008 Uppgifter 191
475. (Hans Georg Killingbergtrø, Leksvik, NO.) Hver tilfeldig oppdeling lar seg
representere ved et punkt P innenfor en sjansetrekant ABC (øverste venstre figur)
med A(0, 0), B(1, 0) og C(0, 1) i kartesiske koordinater. Lengdene av stavens venstre
og mellomste del er abscisse og ordinat til P . Den tredje lengden er da lik den
horisontale (og også den vertikale) avstanden fra P til BC. Skal de tre lengdene
kunne være sidelengder i en stavtrekant, må hver av dem være mindre enn 1/2, så
P må ligge innefor en sjansetrekant LM N, der L, M og N halverer sidene i ABC.
Arealet av LMN er 25 % av arealet av ABC, så det er bare 25 % sjanse for at
delene kan danne en trekant.
(a) Videre i øverste venstre figur er l et tall mellom 1/4 og 1/3. Da ligger P
inni en sjansetrekant som ligger helt innenfor LMN og har kateter lik 1 − 3l, så
sannsynligheten er her (1 − 3l)
2
. I øverste høyre figur er l mindre enn 1/4 og gir
en sjansetrekant som stikker delvis utenfor LMN, og avskjærer LMN tre små
trekanter, hver med kateter lik l. Her blir sannsynligheten dermed 1/4 − 3l
2
.
(b) Vi låner først en stavtrekant med feil størrelse der én vinkel er lik 30
◦
og dens
motstående side er 1/2. De andre vinklene varieres og får motstående side lik sinus
til vedkommende vinkel. Vi får riktig stavtrekant ved å dividere hver av de lånte
sidene med summen av dem. Dette gir figuren nederst til venstre med tre kurver
inni LMN, en fra L til M en fra M til N, og en fra N til L. Det konvekse områ-
det som begrenses av kurvene, gir svaret på (b) med beregnet areal nær 8,6359 %
av ABC-arealet. Figuren nederst til høyre viser et større bilde av området. Ut-
regningen lettes noe ved at den ene halvdelen deles i en innskrevet firkant med
vinkelrette diagonaler, og tre segmenter (skalker) som faktisk er arealbevarende
affinitetsavbildninger av hverandre, så av disse trengs det bare å beregne én.
