34 Normat 57:1, 34–39 (2009)
Uppgifter
Uppgifterna 516-518 är hämtade från olympiadtävlingar i Taiwan och
Ryssland.
516. Bestäm alla par (x, y) av positiva tal som uppfyller
x
y
2
= y
x+2
.
517. Låt a
1
, a
2
, . . . , a
n
vara positiva reella tal som uppfyller
P
n
i=1
a
i
= 1 och låt
s vara det största av talen
a
1
1 + a
1
,
a
2
1 + a
1
+ a
2
, . . . ,
a
n
1 + a
1
+ ··· + a
n
.
Vilket är det minsta möjliga värdet som s kan anta?
518. Höjden AD i en spetsvinklig triangel utgör diameter i en cirkel S som skär
sidorna AB och AC i punkterna E resp. F . Tangenterna till cirkeln dras genom
punkterna E och F . Visa att tangenterna skär varandra i en punkt som är belägen
på den median till triangeln ABC som passerar genom A.
519. Låt p vara ett godtyckligt primtal. Visa att kongruensen x
2
+ x +3 ≡ 0 (mod
p) är lösbar om och endast om x
2
+ x + 25 ≡ 0 (mod p) är lösbar.
520. Varför fungerar det korttrick som Martin Gardner beskriver i detta nummer
av Normat, s. 32-33?
Lösningar skickas senast 1 september 2009 till:
Dag Jonsson, dag@math.uu.se
Box 480
Uppsala universitet, Matematiska institutionen
SE-75106 Uppsala
Anm. Vi välkomnar givetvis lösningar även efter angivet datum så länge inga andra
lösningar har presenterats i tidskriften.
Normat 1/2009 Uppgifter 35
Lösningar till tidigare uppgifter i Normat
509. (Con Amore Problemgruppe, København, DK.) Ethvert element i M kan
fremstilles på formen
(1) 2
α
3
β
5
γ
7
δ
11
· K,
hvor α, β, γ, δ, ∈ {0, 1}, og K er et kvadrattal. Vi kan derfor danne en afbildning
f af M ind i mængden af ordnede 5-sæt, hvis komponenter alle tilhører {0, 1}, ved
for et element af formen (1) at sætte
f(2
α
3
β
5
γ
7
δ
11
· K) = (α, β, γ, δ, ).
Da f ikke kan være injektiv (dispositionsmængden har jo kun 32 (= 2
5
) elemen-
ter), må der være mindst to elementer i M, som har samme f -billede. Produktet
af to sådanne elementer har form
2
2α
3
2β
5
2γ
7
2δ
11
2
· K
1
K
2
og er følgelig et kvadrattal.
Det er klart, at ovenstående uden videre kan generaliseres til den situation, hvor
der er givet en mængde P af n forskellige primtal og en mængde bestående af
(mindst) 2
n+1
naturlige tal, hvis primfaktorer alle tilhører P .
Tillægsopgave i Normat 55 (2007), side 191. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet,
DK.)
Det ses let, at hvis P er et punkt på en af trekantens sider eller udenfor trekanten,
går der præcis én arealhalveringslinje gennem P . Figuren nedenfor viser nogle af
dem.
Tillægsopgave i Normat 5 5 (2007), side 191
Det ses let, at hvis P er et punkt på en af trekantens sider eller udenfor
trekanten, går der præcis én arealhalveringslinje g ennem P .
Figuren nedenfor viser nogle af dem.
A B
C
Figur 1. Skaren af arealhalveringslinjer.
Arealhalveringslinjen gennem en af vinkelspidserne er åbenba rt medianen
til den modstående side, og enhver anden arealhalveringslinje skærer to af
trekantens sider i indre punkter. Lad os betragt e en sådan linje, som skærer
AB og AC i de indre punkter B
1
og C
1
, o g altså
−−→
AB
1
= λ
−→
AB,
−−→
AC
1
= µ
−→
AC
med 0 < λ < 1 og 0 < µ < 1.
A B
C
B
1
C
1
Figur 2. Koordinatsystemet (A,
−−→
AB,
−→
AC)
og en arealhalveringslinje B
1
C
1
.
1
Figur 1: Skaren af arealhalveringslinjer.
36 Uppgifter Normat 1/2009
Arealhalveringslinjen gennem en af vinkelspidserne er åbenbart medianen til den
modstående side, og enhver anden arealhalveringslinje skærer to af trekantens sider
i indre punkter. Lad os betragte en sådan linje, som skærer AB og AC i de indre
punkter B
1
og C
1
, og altså
−−→
AB
1
= λ
−−→
AB,
−−→
AC
1
= µ
−→
AC med 0 < λ < 1 og 0 < µ < 1.
Tillægsopgave i Normat 55 (2007), side 191
Det ses let, at hvis P er et punkt på en af trekantens sider eller udenfor
trekanten, går der præcis én arealhalveringslinje gennem P .
Figuren nedenfor viser nogle af dem.
A B
C
Figur 1. Skaren af arealhalveringslinjer.
Arealhalveringslinjen gennem en af vinkelspidserne er åbenbart medianen
til den modstående side, og enhver anden arealhalveringslinje skærer to af
trekantens sider i indre punkter. Lad os betragte en sådan linje, som skærer
AB og AC i de indre punkter B
1
og C
1
, og altså
−−→
AB
1
= λ
−→
AB,
−−→
AC
1
= µ
−→
AC
med 0 < λ < 1 og 0 < µ < 1.
A B
C
B
1
C
1
Figur 2. Koordinatsystemet (A,
−−→
AB,
−→
AC)
og en arealhalveringslinje B
1
C
1
.
1
Figur 2: Koordinatsystemet (A,
−→
A B,
−→
A C) og en arealhalveringslinje B
1
C
1
.
Man viser let, at linjen B
1
C
1
er en arealhalveringslinje, hvis og kun hvis λµ =
1
2
,
og vi vil nu undersøge, hvor mange sådanne linjer, der går gennem et givet indre
punkt af 4ABC. Dertil indfører vi koordinatsystemet med begyndelsespunkt A og
grundvektorer
−−→
AB og
−→
AC.
I dette koordinatsystem har arealhalveringslinjen gennem B
1
og C
1
ligningen
(1) αx + βy = 1
med α = 1/λ og β = 1/µ, og altså
(2) α > 1, β > 1, og αβ = 2 .
Betragt nu et vilkårligt indre punkt P i 4ABC. Dets koordinater (x, y) opfylder
x > 0, y > 0, og x + y < 1 ,
og til hvert talpar (α, β), der opfylder (1) og (2) svarer der en arealhalveringslinje
fra AB til AC gennem P . Af symmetrigrunde kan vi antage x ≥ y, og af (1) og (2)
får vi
(3) xα +
2y
α
= 1 samt 1 < α < 2 .
Funktionen f(α) = xα +
2y
α
, α > 0, er aftagende for 0 < α < α
0
=
p
2y/x
og voksende for α > α
0
; f har minimum for α = α
0
, og minimumsværdien er
f(α
0
) = 2
√
2xy.
Normat 1/2009 Uppgifter 37
Vi observerer først, at α
0
≤
√
2 < 2, og diskuterer derefter følgende tre tilfælde
hver for sig:
(a) xy >
1
8
, (b) xy =
1
8
, og (c) xy <
1
8
.
(a) Hvis xy >
1
8
, er f(α) > 1 for alle α > 0, og (3) har ingen løsninger.
(b) Hvis xy =
1
8
, har ligningen f(α) = 1 den ene løsning α
0
, og α
0
opfylder (3),
hvis og kun hvis α
0
> 1, dvs. hvis og kun hvis 2y > x.
(c) Hvis xy <
1
8
, har ligningen f(α) = 1 to løsninger α
−
og α
+
, hvor betegnelserne
vælges således, at α
−
< α
0
< α
+
.
Idet vi udnytter, at α
0
< 2 og f(α
0
) < 1, ses det, at α
−
opfylder (3), hvis og
kun hvis α
0
> 1 og f(1) > 1, dvs hvis og kun hvis
(4) 2y > x og x + 2y > 1 .
Hvis α
0
> 1, altså 2y > x, ses det, at α
+
opfylder (3), hvis og kun hvis f(2) > 1,
dvs hvis og kun hvis
(5) 2x + y > 1 .
Hvis derimod α
0
≤ 1, altså 2y ≤ x, ses det, at α
+
opfylder (3), hvis og kun hvis
f(1) < 1 og f(2) > 1, dvs hvis og kun hvis
(6) x + 2y < 1 og 2x + y > 1 .
Lad os sætte
H = {(x, y) ∈ R
2
| x > 0 ∧ y > 0 ∧ x + y < 1 ∧ x ≥ y}.
Af (b), (4), (5), og (6) følger, at der for (x, y) ∈ H gælder:
α
0
opfylder (3), hvis og kun hvis (x, y) tilhører mængden
{(x, y) ∈ H| xy =
1
8
∧ 2y > x}
={(x, y) ∈ H| y = 1/8x ∧
√
2/4 ≤ x <
1
2
};
α
−
eksisterer og opfylder (3), hvis og kun hvis (x, y) tilhører mængden
(7) {(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ x + 2y > 1},
38 Uppgifter Normat 1/2009
og α
+
eksisterer og opfylder (3), hvis og kun hvis (x, y) tilhører mængden
{(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ 2x + y > 1} ∪
{(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y ≤ x ∧ x + 2y < 1 ∧ 2x + y > 1}
= {(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ 2x + y > 1 ∧ x + 2y > 1} ∪
{(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ 2x + y > 1 ∧ x + 2y = 1} ∪
{(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ 2x + y > 1 ∧ x + 2y < 1} ∪
{(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y ≤ x ∧ x + 2y < 1 ∧ 2x + y > 1}
= {(x, y) ∈ H| xy <
1
8
∧ 2y > x ∧ x + 2y > 1} ∪(8)
{(x, y) ∈ H| y = (1 − x)/2 ∧
1
3
< x <
1
2
} ∪
{(x, y) ∈ H| 2x + y > 1 ∧ x + 2y < 1},(9)
hvor vi har udnyttet, at der for (x, y) ∈ H gælder
x ≥ y ∧ x + 2y > 1 ⇒ 2x + y = (x + 2y) + (x − y) > 1 ,
x < 2y ∧ x + 2y = 1 ⇒ x <
1
2
∧ xy =
1
2
x(1 − x) <
1
8
, samt
x + 2y < 1 ⇒ xy <
1
8
.
I Figur 3 er mængden bestemt ved (7) = (8) markeret med mørkegråt, og mæng-
den (9) med lysegråt. Endvidere er vist medianerne
m
a
: y = x , m
b
: x + 2y = 1 , m
c
: 2x + y = 1 ,
samt linjen y = x/2, der går gennem midtpunktet N af medianen m
b
.
Kurven med ligningen xy =
1
8
er en hyperbel med A som centrum og linjerne AB
og AC som asymptoter. Den går gennem N , og m
b
er dens tangent i N . Hyperblen
går iøvrigt også gennem midtpunktet for medianen m
c
.
x + 2y < 1 ⇒ xy <
1
8
.
I Figur 3 er mængden b estemt ved (7) = (8) markeret med mørkegråt,
og mængden (9) med lysegråt. Endvidere er vist medianerne
m
a
: y = x , m
b
: x + 2y = 1 , m
c
: 2x + y = 1 ,
samt linjen y = x/2, der g år gennem midtpunktet N af medianen m
b
.
Kurven med ligningen xy =
1
8
er en hyperb el med A som centrum og
linjerne AB og AC som asymptoter. Den går gennem N, og m
b
er dens
tangent i N. Hyperblen går iøvrigt også gennem midtpunktet for medianen
m
c
.
A B
C
b
c
N
M
a
Figur 3. Mængden af punkter i △ABM
a
, hvorigennem
der går mindst én arealhalveringlinje f ra b til c.
Lad D betegne den lukkede kurve bestående af tre hyperbelbuer med hhv
A, B, og C som centrer og trekantsidernes f orlængelser som asymptoter, og
gående fra medianmidtpunkt til medianmidtpunkt.
Kombinerer vi det foregående med de udsagn,vi får ved at permutere A,
B og C, får vi, idet vi også bruger, at medianerne er arealhalveringslinjer:
Gennem hvert indre punkt i området begrænset af D går der tre areal-
halveringslinjer. Området er markeret med gråt i Figur 4.
Gennem hvert indre punkt af de tre hyperbelbuer går der to arealhalve-
ringslinjer, hvoraf den ene er tangent til hyperblen.
Gennem alle andre punkter i △ABC går der én ar ealhalveringslinje. Dette
gælder specielt medianmidtpunkterne.
Det bemærkes, at kurven D er indhyllingskurve for skaren af arealhalve-
ringslinjer.
4
Figur 3: Mængden af punkter i 4ABM
a
, hvorigennem der går mindst én
arealhalveringlinje fra b til c.
Normat 1/2009 Uppgifter 39
Lad D betegne den lukkede kurve bestående af tre hyperbelbuer med hhv A, B,
og C som centrer og trekantsidernes forlængelser som asymptoter, og gående fra
medianmidtpunkt til medianmidtpunkt.
Kombinerer vi det foregående med de udsagn,vi får ved at permutere A, B og
C, får vi, idet vi også bruger, at medianerne er arealhalveringslinjer:
Gennem hvert indre punkt i området begrænset af D går der tre arealhalve-
ringslinjer. Området er markeret med gråt i Figur 4.
Gennem hvert indre punkt af de tre hyperbelbuer går der to arealhalveringslinjer,
hvoraf den ene er tangent til hyperblen.
Gennem alle andre punkter i 4ABC går der én arealhalveringslinje. Dette gæl-
der specielt medianmidtpunkterne.
Det bemærkes, at kurven D er indhyllingskurve for skaren af arealhalveringslin-
jer.
Det bemærkes, at kurven D er indhyllingskurve for skaren af arealhalve-
ringslinjer.
A B
C
Figur 4. Mængden af punkter i △ABC, hvorigennem
der går mindst to arealhalveringlinjer.
5
Figur 4: Mængden af punkter i 4ABC, hvorigennem der går mindst to
arealhalveringlinjer.
(Även löst av Peter Kirkegaard, Gentofte, DK)
