90 Normat 57:2, 90–95 (2009)

Uppgifter

Uppgifterna 521, 522, 525 och 526 är hämtade från olympiadtävlingar i

Ryssland, Vietnam och Japan.

521. Olikheten sin α + sin β + sin γ ≥ 2 är uppfylld för vinklarna α, β och γ. Visa

att cos α + cos β + cos γ ≤

√

5.

522. För tre icke-negativa reella tal a, b, c gäller att ab + bc + ca + abc = 4. Visa

att

a + b + c ≥ ab + bc + ca.

När inträﬀar likhet?

523. Låt a, m, n vara positiva heltal med a > 1. Antag att a

m

+ 1 är en delare till

a

n

+ 1. Visa att m då måste vara en delare till n.

524. (Föreslaget av Kent Holing, Trondheim, NO) En del av en gammel prisopp-

gave i 1732 fra det kjente Ladies’ Diary lyder som følger: Bestem den lengste

sylindriske pålen med diameter |BC| = 1 fot som akkurat får plass oppe i en pipe

med en kvadratisk åpning med side |DE| = 4 fot og som er |DI| = 8 fot over

golvet. Se vedlagt ﬁgur! Vi generaliserer: Karakteriser alle slike problem der |DE|,

|DI|, |AF |, |CH| og |BC| er heltallig! (Hint: Se løsning til oppgave 404b) i hefte 1

av Normat 2003, side 36.)

.

A

B

C

D

E

F H I

Normat 2/2009 Uppgifter 91

525. Låt n vara ett givet positivt heltal. Betrakta en permutation (a

1

, a

2

, . . . , a

2n

)

av heltalen 1, 2, . . . , 2n sådan att talen |a

i+1

− a

i

| för i = 1, 2, . . . , 2n − 1 alla är

olika.

Visa att a

1

− a

2n

= n om och endast om 1 ≤ a

2k

≤ n för varje k = 1, 2, . . . , n.

526. Låt Q vara mängden av rationella tal. Betrakta en funktion f : Q → Q som

uppfyller följande tre villkor:

1) f (0) = 2, f (1) = 3;

2) För alla rationella tal x och alla heltal n gäller

f(x + n) − f (x) = n



f(x + 1) − f (x)



;

3) För alla rationella tal x 6= 0 är f (x) = f (

1

x

).

Bestäm alla rationella tal x för vilka f(x) = 2009.

Lösningar skickas senast 15 december 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.

92 Uppgifter Normat 2/2009

Lösningar till tidigare uppgifter i Normat

512. (Erik Hansen, Kalundborg, DK) To snit (evt. ét) vil altid kunne dele per-

lekæden på den ønskede måde.

Vi tænker os perlekæden foldet sammen til en cirkel, hvor perlerne sidder ækvidi-

stant. Cirklen deles af en diameter (med en pil), således at halvdelen af perlerne er

i den højre halvdel af cirklen.

Antallet af røde perler i højre halvdel af cirklen er r + h. Antag at h ikke er nul.

(Ellers snittes efter diameteren.) Hver gang diameteren drejes en vinkel på

π

r+s

i

positiv omløbsretning, glider en perle ud og en ny kommer ind i højre halvdel; h

ændres derved med en af værdierne -1, 0 eller 1. Efter at have drejet diameteren en

halv omgang er h-værdien det modsatte tal af det oprindelige. Undervejs har h alt-

så været 0 mindst engang og i en sådan position snittes efter diameteren. Dermed

er den ønskede deling opnået. (Också löst av Hans Kaas Benner och Ebbe Thue

Poulsen)

513. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK) Da udtrykket a

2

+ b

2

+ c

2

+ 4abc er

symmetrisk i a, b og c, kan vi antage, at betegnelserne er valgt, så

(1) a ≤ b ≤ c .

Da a, b og c er sider i en trekant, er

(2) c < a + b ,

og endvidere er det givet, at

(3) a + b + c = 1 .

Af (1), (2) og (3) følger dels, at

3c ≥ a + b + c = 1

og

2c < a + b + c = 1 ,

der giver

(4)

1

3

≤ c <

1

2

og dels, at

2a ≤ a + b = 1 −c

og

a = 1 − b − c ≥ 1 −2c ,

der giver

(5) 1 − 2c ≤ a ≤

1

2

(1 − c) .

Normat 2/2009 Uppgifter 93

Vi sætter f (a, b, c) = a

2

+ b

2

+ c

2

+ 4abc, og omskriver med brug af (3):

f(a, b, c) = (a + b)

2

+ c

2

− 2ab(1 −2c)

= (1 − c)

2

+ c

2

− 2a(1 −c − a)(1 − 2c) .(6)

For fastholdt c <

1

2

er højre side af (6) et andengradspolynomium i a med minimum

for a =

1

2

(1 − c). Heraf følger, at betragtet som funktion af a antager højre side af

(6) sin største værdi på intervallet [1 − 2c,

1

2

(1 − c)] for a = 1 − 2c. Altså er, pga

(4),

f(a, b, c) ≤ (1 − c)

2

+ c

2

− 2(1 −2c)

2

c

=

1

2

+ 2



c −

1

2



2

− 2(1 −2c)

2

c

=

1

2

+ 2



c −

1

2



2

(1 − 4c) <

1

2

.

(Också löst av Erik Hansen, Con Amore Problemgruppe och Kåre Vedøy)

Anm. Såväl Erik Hansen som Con Amore Problemgruppe påpekar (och visar) att

under förutsättningarna i uppgiften gäller

13

27

≤ a

2

+ b

2

+ c

2

+ 4abc <

1

2

.

Detta ger oss anledning att formulera följande tilläggsuppgift:

Visa att det för en triangel med sidlängderna a, b, c och omkretsen 1 gäller att

a

2

+ b

2

+ c

2

+ 4abc ≥

13

27

.

När inträﬀar likhet?

514. (Con Amore Problemgruppe, København, DK) Vi skriver λ på formen λ =

re

iθ

, hvor det er givet, at r ≥ 1. Ved indsættelse i polynomiet fås så, idet vi sætter

ε = e

−iθ

:

(1) r

n

ε

−n

+ a

n−1

r

n−1

ε

−(n−1)

+ ··· + a

1

rε

−1

+ a

0

= 0,

og videre, idet vi for kortheds skyld sætter b

n

= r

n

, b

n−1

= a

n−1

r

n−1

, . . . , b

1

= a

1

r

og b

0

= a

0

samt multiplicerer igennem med ε

n

, at (1) er ensbetydende med

(2) b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ ··· + b

1

ε

n−1

+ b

0

ε

n

= 0,

hvor

(3) 0 < b

0

≤ b

1

≤ ··· ≤ b

n−1

≤ b

n

.

Det fremgår let af (2), at ε ikke kan være 1, samt at hvis ε = −1 , så må det gælde

at r = 1 og n ulige, og dermed at λ = −1, og altså at λ

n+1

= 1 som påstået.

Vi kan derfor nu forudsætte, at enhedsvektoren ε ligger överden reelle akse; thi

med λ er jo også

¯

λ rod i polynomiet og kan derfor i givet fald betragtes i stedet for

λ. Yderligere vil vi foreløbig forudsætte, at ε

k

6= 1 for 1 < k ≤ n.

På nedenstående ﬁgur (hvor vi har benyttet ϕ som betegnelse for −θ) har vi først

fra punktet b

n

afsat vektoren b

n−1

ε.

94 Uppgifter Normat 2/2009

Figur till 514

.

..

.

...

.

..

.

•

••

•

b

n

+ b

n−1

ε + b

n−1

ε

2

b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

b

n

+ b

n−1

ε+ b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−2

ε

3

b

n

+ b

n

ε

b

n

+ b

n−1

ε

ϕ

c

n

c

n−1

c

n−2

b

n

1

0

i

ε

γ

n

γ

n−1

γ

n−2

Endepunktet for vektoren b

n

+ b

n−1

ε ligger ifølge (3) inden for eller på cirklen

γ

n

gennem punkterne 0, b

n

og b

n

+ b

n

ε. Fra punktet b

n

+ b

n−1

ε afsættes derefter

vektoren b

n−2

ε

2

. Endepunktet for vektoren b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

ligger tydeligvis

inden for eller på cirklen γ

n−1

gennem punkterne b

n

, b

n

+ b

n−1

ε og b

n

+ b

n−1

ε +

b

n−1

ε

2

, som let ses att røre γ

n

i b

n

. Fra punktet b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

afsættes

derefter vektoren b

n−3

ε

3

. Endepunktet for vektoren b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

ligger tydeligvis inden for eller på cirklen γ

n−2

gennem punkterne b

n

+ b

n−1

ε,

b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

og b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−2

ε

3

, som let ses att røre γ

n−1

i

b

n

+ b

n−1

ε. På den måde fortsættes, indtil vi har afsat vektoren

(4) b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

+ ··· + b

1

ε

n−1

+ b

0

ε

n

.

For cirklerne γ

n

, γ

n−1

, γ

n−2

, . . . , γ

1

, γ

0

fremgår af ovenstående, at enhver af dem

er indeholdt i den foregående, samt at γ

0

går gennem punkterne b

n

+ b

n−1

ε +

b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

+ ···+ b

1

ε

n−1

, b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

+ ···+ b

1

ε

n−1

+ b

0

ε

n

og b

n

+ b

n−1

ε + b

n−2

ε

2

+ b

n−3

ε

3

+ ···+ b

1

ε

n−1

+ b

0

ε

n

+ b

0

ε

n+1

, rører γ

1

i det første

Normat 2/2009 Uppgifter 95

af de nævnte punkter, og hvor det næste punkt netop er (4). Det følger heraf, at

(4) er 0, hvis og kun hvis det gælder at

(5) b

n

= b

n−1

= b

n−2

= ··· = b

1

= b

0

.

Idet r

n

= b

n

= b

n−1

= a

n−1

r

n−1

medfører, at r = a

n−1

, og da r ≥ 1 og a

n−1

≤ 1,

må disse to tal begge være 1; og altså må det gælde, at λ = ε

−1

. Ved bortforkortning

af b

n

i (2) samt multiplikation med λ

n

følger derfor, at

0 = λ

n

+ λ

n−1

+ ··· + λ

2

+ λ + 1 =

λ

n+1

− 1

λ − 1

,

og dermed, at λ

n+1

= 1 også gælder i den her betragtede situation.

Tilbage står det tilfælde, hvor det for et vist naturligt tal k med 1 < k ≤ n gælder,

at ε

k

= 1. Lad da d være det mindste sådanne naturlige tal. Vi godtgør først ganske

som ovenfor, at r = 1, og videre at b

n

= b

n−1

= ··· = b

n−d+1

; thi i modsat fald

”foregår alt det følgende"inden for γ

n

, muligvis bortset fra et fra 0 forskelligt punkt,

dvs. (4) kan ikke være 0. Det gælder derfor at

b

n

+ b

n−1

ε + ··· + b

n−d+1

ε

d−1

= b

n

· (1 + ε + ··· + ε

d−1

) = b

n

·

ε

d

− 1

ε − 1

= 0,

og følgelig ved benyttelse af dette i (2) samt bortforkortning af ε

d

at

b

n−d

+ b

n−d−1

ε + b

n−d−2

ε

2

+ ··· + b

1

ε

n−d−1

+ b

0

ε

n−d

= 0.

Ved gentagelse af dette argument et vist antal gange fås sluttelig, at det for et

naturligt tal r med 1 ≤ r ≤ d gælder at

0 = b

r−1

+ b

r−2

ε + ···+ b

1

ε

r−2

+ b

0

ε

r−1

= b

r−1

·(1 + ε + ···+ ε

r−1

) = b

r−1

·

ε

r

− 1

ε − 1

,

hvoraf det følger at ε

r

= 1, og altså ifølge valget af d at r = d. Hermed har vi

godtgjort, at der ﬁndes et naturligt tal m sådan at md = n + 1, og følgelig at

λ

n+1

= ε

−(n+1)

= (ε

d

)

−m

= 1.