Normat 57:4, 183–189 (2009) 183

Uppgifter

527. (Ole Somdalen, Oslo, NO.) Gitt en likebeint trekant ABC, der AC = BC,

og en sirkel s

1

som tangerer AB, AC og BC. La det videre være gitt sirkler s

i

slik

at s

i

tangerer AC, BC og s

i−1

for i ≥ 2.

Vis at radiene i sirklene s

i

danner en geometrisk tallfølge.

528. Betrakta en likbent triangel ABC med |AB| = |AC| och låt AD, BE och

CF vara triangelns bisektriser med D, E och F på BC, AC och AB resp. Visa att

cos (∠EDF ) <

3

5

.

529. För ett heltal n > 1 och ett primtal p gäller att n är en delare till p − 1 och

p en delare till n

3

− 1. Visa att 4p − 3 är en heltalskvadrat.

530. (Kent Holing, Trondheim, NO) Polynomligningene i denne oppgaven antas

å ha heltallskoeﬃsienter og være moniske og irredusible. La x

1

og x

2

være to

forskjellige røtter av en slik av grad minst 3.

a) Vis at for tredjegradsligningen er verken x

1

+ x

2

eller x

1

− x

2

(klassisk) kon-

struerbar.

Gjelder det tilsvarende som i a) for

b) fjerdegradsligningen,

c) femtegradsligningen og

d) sjettegradsligningen?

531. Låt A

n

beteckna mängden av ord av längd n bildade av bokstäverna a, e och

t, men med inskränkningen att två vokaler av samma slag inte får förekomma intill

varandra (för n = 3 är t.ex. ett, tea och ata tillåtna, men inte tee och aat). Låt

vidare B

n

beteckna mängden av ord av längd n bildade av bokstäverna a, e och t,

men med inskränkningen att det bland tre bokstäver i följd bara får förekomma två

olika bokstäver (dvs bokstavsföljden aet jämte dess permutationer får inte ﬁnnas

någonstans i ordet). Visa att |B

n+1

| = 3|A

n

| för alla n ≥ 1.

(Uppgifterna 528, 529, 531 är olympiadproblem hämtade från tävlingar i Estland,

Polen och Rumänien.)

Lösningar skickas senast 1 augusti 2010 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.

184 Uppgifter Normat 4/2009

Lösningar till tidigare uppgifter i Normat

506. All teori som brukes i løsningen er velkjent og ﬁnnes i lærebøker som David A.

Cox Galois Theory, Wiley 2004 og Jean-Pierre Escoﬁer: Galois Theory, Springer-

Verlag 2001.

Vi innser at oppgaven følger hvis vi kan vise påstandene nedenfor. (Merk at 2)

brukes til å vise at R(y) er irredusibel i 3).)

1) Ligningene Q(x) = 0 og R(y) = 0 har samme Galois gruppe.

2) For i 6= j og 3 ≤ i, j ≤ 5 er x

i

− x

j

aldri klassisk konstruerbar.

3) R(y) er et monisk irredusibelt sjettegrads polynom med heltallskoeﬃsienter.

4) R(y) faktoriserer fullstendig over Q[r] hvis og bare hvis |G| = 6.

5) Med d og d

3

lik diskriminanten til henholdsvis Q(x), og q(x) er Galois-gruppen

G til Q(x) = 0 lik S

3

hvis d er et kvadrattall; ellers er G = Z

6

hvis d

3

er et

kvadrattall, og G = D

6

hvis ikke.

At 1) er riktig følger lett da ligningene har samme rotkropp. Videre, siden q(x)

er irredusibel, følger 2) av oppgave 529a) fra Normat (hefte 4, 2009). Dette er

en direkte følge av at rotkroppen til en irredusibel tredjegradsligning er gitt ved

Q[x

i

− x

j

] for x

i

6= x

j

røtter av ligningen.

Vi viser så påstand 3): At R(y) er et monisk polynom med heltallskoeﬃsienter

kan vises direkte ut fra deﬁnisjonen av R(y), men det enkleste er å innse at R(y) =

Res(p(t), q(y − t)) der Res er den såkalte resultanten.

1

At R(y) er et polynom i

Z[y] følger da av velkjente egenskaper til resultanten.

Hvorfor er R(y) irredusibel?

2

Først, hvis det ikke er tilfelle, må R(y) være pro-

duktet av to moniske irredusible kubiske polynomer med heltallskoeﬃsienter (hvor-

for?). La (den samlede) koeﬃsienten foran y

2

i den irredusible kubiske faktoren som

har y

1

som rot være lik C. Da er C heltallig hvis R(y) er redusibel. Vi skal se at

dette alltid gir en selvmotsigelse: For eksempel, hvis røttene i faktoren er y

1

, y

2

og

y

3

, gir C heltallig at x

1

er heltallig, som ikke er mulig da q

2

(x) er irredusibel. Vide-

re, hvis røttene i faktoren er y

1

, y

2

og y

4

, gir C heltallig at x

3

−x

5

er konstruerbar,

som heller ikke er mulig i følge 2). Tilsvarende vil alle andre mulige kombinasjoner

av røtter av denne faktoren gi enten at x

1

eller x

2

er heltallig eller at x

i

− x

j

for

i 6= j og 3 ≤ i, j ≤ 5 er konstruerbar, noe som ikke er tilfelle. Det overlates til

leseren å fylle ut de manglende detaljer. Så R(y) er irredusibel.

Videre, følger påstand 4) av standard Galois teori og 3) da det for irredusible

polynomligninger av grad n med rasjonale koeﬃsienter og Galois gruppe G gjelder

at |G| = n hvis og bare hvis rotkroppen til ligningen er Q[r] for r en vilkårlig

rot. Dette er lett å vise: La ligningen være f(x) = 0 med E som rotkropp. Anta

at |G| = n. Er f (r) = 0 har kroppsutvidelsen Q[r] grad n over Q da f(x) er

irredusibel over Q. Nå er Q ( Q[r] ⊂ E, og da gir [Q[r] : Q] [E : Q[r]] = [ E : Q] at

1

For en kortfattet innføring i begrepet resultanten til to polynomer, se

http://mathworld.wolfram.com/Resultant.html.

2

I det generelle tilfelle er ikke Res(p(t), q(x − t)) minimalpolynomet for a + b for p(x) og q(x)

minimalpolynomet for henholdsvis a og b. (Dette påpekes i referansen i forrige fotnote.) Dvs. at

resultantpolynomet er ikke generelt irredusibelt. Derfor må det vises at R(y) er irredusibel.

Normat 4/2009 Uppgifter 185

[E : Q[r]] = 1 da [E : Q] = |G| = n. Så, Q[r] er rotkroppen til ligningen. Omvendt,

hvis ligningen faktoriserer fullstendig over Q[r] for en rot r, er |G| = [Q[r] : Q] = n.

For til slutt å vise påstand 5) trenger vi noe mer notasjon: La d

2

være lik dis-

kriminanten til p(x), og la rotkroppene til Q(x), p(x) og q(x) være E, E

2

og E

3

.

De to siste er gitt ved E

2

= Q[

√

d

2

] og E

3

= Q[

√

d

3

][r] for r en vilkårlig rot av

ligningen. Til slutt, lar vi Galois-gruppene til ligningene Q(x) = 0, p(x) = 0 og

q(x) = 0 være G, G

2

og G

3

.

For å komme videre trenger vi først å vise en hjelpesetning:

Observasjon

Hvis d er et kvadrattall så er E = E

3

; hvis ikke så er E

2

∩ E

3

= Q.

Bevis

Da d = d

2

d

3

Res(p, q)

2

; og Res(p, q), d

2

og d

3

alle er forskjellig fra null, er d et

kvadrattall hvis og bare hvis d

2

d

3

er et kvadrattall. (Er Res(p, q) = 0 vil tredje-

gradsligningen q(x) = 0 ha en konstruerbar rot (x

1

eller x

2

), noe som ikke er mulig

da q(x) er irredusibel.)

La S = Q[

√

d

3

], og merk at S = E

2

hvis og bare hvis d

2

d

3

er et kvadrattall.

Først, for d et kvadrattall er E

3

= S[r] = E

2

[r]. Siden r ikke er konstruerbar

(q(x) er irredusibel) er E

2

( E

2

[r] = E

3

så E = E

3

.

Videre, hvis E

2

∩ E

3

6= Q, så er x = a + b

√

d

2

= c

1

+ c

2

r + c

3

r

2

for a og b

rasjonale tall og med c

1

, c

2

og c

3

i S for et reelt eller komplekst tall x (hvorfor?).

Nå er b 6= 0 (x er ikke rasjonal) og c

2

= c

3

= 0 (hvis ikke, er r konstruerbar). Men,

da er

√

d

2

= (c

1

−a)/b ∈ S. Så d

2

d

3

er et kvadrattall, og derfor er d et kvadrattall.

Dvs., hvis d ikke er et kvadrattall er E

2

∩ E

3

= Q, hvilket skulle bevises.

Så tilbake til påstand 5)!

Først, hvis d er et kvadrattall har vi G = G

3

= S

3

siden E = E

3

og d

3

ikke er

et kvadrattall. (Husk at d

2

d

3

er et kvadrattall, men at d

2

ikke er det.)

Sist, la d ikke være et kvadrattall slik at E

2

∩ E

3

= Q og G = G

2

× G

3

. Nå er

G

2

= Z

2

siden d

2

ikke er et kvadrattall. Hvis d

3

er et kvadrattall så er G

3

= Z

3

,

og derfor G = Z

2

×Z

3

= Z

6

. Og, endelig, hvis d

3

ikke er et kvadrattall, er G

3

= S

3

og G = Z

2

× S

3

= D

6

.

186 Uppgifter Normat 4/2009

513. Tillägg. (se 2009:2) (Sten Herlitz, Uppsala, SE) Givet är att a, b, c är kant-

längder i en triangel med omkrets 1. Med beteckningarna b + c − a = 1 − 2a = x,

1 − 2b = y, 1 −2c = z fås

4(a

2

+ b

2

+ c

2

) + 16abc = (1 − x)

2

+ (1 − y)

2

+ (1 − z)

2

+ 2(1 − x)(1 − y)(1 − z)

= 3 + 2 − 4(x + y + z) + (x + y + z)

2

− 2xyz.

Här är x, y, z > 0, x+y+z = a+b+c = 1 och xyz ≤

1

27

enligt AM-GM-olikheten,

vilket ger

(a

2

+ b

2

+ c

2

) + 4abc ≥

1

4

(2 −

2

27

) =

13

27

.

Vi har likhet om och endast om x = y = z = a = b = c =

1

3

. (Som tidigare

har nämnts har detta tillägg föreslagits och visats av Erik Hansen och Con Amore

Problemgruppe.)

Lösningar till uppgifter i Normat 2009:1

516. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK) Det er klart, at (x, y) = (1, 1) er en

løsning til

(1) x

y

2

= y

x+2

.

For enhver anden løsning er x > 1 og y > 1, og enhver primfaktor i x er også

primfaktor i y og omvendt.

Lad nu p være en primfaktor i x og y. Så kan x og y skrives på formen

x = ap

α

hhv. y = bp

β

,

hvor α ≥ 1, β ≥ 1, og p ikke er divisor i a eller b.

På venstre side af (1) optræder p i potensen y

2

α = b

2

p

2β

α, og på højre side i

potensen (x + 2)β = (ap

α

+ 2)β, hvoraf ses, at

(2) b

2

p

2β

α = (ap

α

+ 2)β .

Antag først, at p > 2. Så går p ikke op i ap

α

+ 2, og det følger af (2), at p

2β

| β,

hvilket er i modstrid med den elementære ulighed

(3) p

n

≥ 1 + n(p − 1) .

Den eneste mulige primdivisor i x og y er altså p = 2, hvorefter a = b = 1, og (2)

får udseendet

2

2β

α = (2

α

+ 2)β = 2(2

α−1

+ 1)β ,

der er ensbetydende med

(4) 2

2β−1

α = (2

α−1

+ 1)β .

Normat 4/2009 Uppgifter 187

Antag nu, at α > 1. Så går 2 ikke op i 2

α−1

+ 1, og det følger af (4), at 2

2β−1

| β,

hvilket igen er i modstrid med (3).

Antag sluttelig, at α = 1. Så får (4) udseendet

2

2β−1

= 2β ,

og det ses let, at denne ligning har den entydigt bestemte løsning β = 1.

Den givne ligning har altså løsningerne (x, y) = (1, 1) og (x, y) = (2, 2), og ikke

andre. (Också löst av Kåre Vedøy)

517. (Ebbe Thue Poulsen) Hvis s er det største af tallene

a

1

1 + a

1

,

a

2

1 + a

1

+ a

2

, . . . ,

a

n

1 + a

1

+ ··· + a

n

,

er det klart, at 0 < s < 1.

Lad os sætte

A

i

= 1 +

i

X

j=1

a

j

, i = 1, 2, . . . , n ,

så er

A

i

− A

i−1

A

i

≤ s ,

dvs.

A

i

≤

A

i−1

1 − s

,

for i = 1, 2, . . . , n, og altså

A

n

≤

A

0

(1 − s)

n

.

Da A

0

= 1, A

n

= 2, er 1 − s ≤ 2

−1/n

, dvs. s ≥ 1 − 2

−1/n

.

Det er let at se, at det er muligt at vælge a

1

, . . . , a

n

således, at der gælder

lighedstegn i samtlige ovenstående uligheder. Vi kan nemlig vælge A

i

= 2

i/n

, a

i

=

2

i/n

− 2

(i−1)/n

. Med dette valg af a

i

fås s = 1 − 2

−1/n

.

Dette er altså den mindste værdi, som s kan antage, (Också löst av Hans Kaas

Benner, Randers, DK)

518. (Efter Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, NO) Låt P vara tangenternas skärnings-

punkt och drag genom P en linje, l, parallell med sidan BC. Förlängningarna av

sidorna AB och AC skär l i punkterna R och T resp. Triangeln ART är likformig

med triangeln ABC och det följer att P ligger på medianen genom A i triangeln

ABC om och endast om P är mittpunkt på RT .

Om ∠BAD = α är ∠ABD = ∠ERP = π/2 − α. Eftersom tangenten EP bildar

rät vinkel med radien EO, gäller det att ∠REP = π −∠AEO −∠OEP = π/2 −α.

Det betyder att triangeln EP R är likbent med |EP | = |RP |. På analogt sätt kan

man visa att att triangeln F P T är likbent med |F P | = |T P |. Påståendet följer nu

av att P ligger på lika avstånd från tangeringspunkterna E och F .

188 Uppgifter Normat 4/2009

Vi förutsatte att triangeln ABC var spetsvinklig. Detta medför dels att punkten

D ligger på BC mellan B och C, dels att A och P måste ligga på skilda sidor om

linjen BC. Det gäller nämligen att ∠EOF = 2 · ∠EAF < π

.

..

.

..

.

A

B C

D

O

E

F

R T

P

(Också löst av Hans Kaas Benner)

519. (Con Amore Problemgruppe, København, DK) Vi bemærker først at for p = 2

er ingen af de to kongruenser løsbar. Vi lader derfor i det følgende p være et ulige

primtal. Af omskrivningen (hvor k er et vilkårligt helt tal)

x

2

+ x + k ≡ 0 ⇔ 4x

2

+ 4x + 4k ≡ 0 ⇔ (2x + 1)

2

≡ 1 − 4k (mod p)

fremgår, at en kongruens af form x

2

+ x + k ≡ 0 (mod p) er løsbar, hvis og kun

hvis 1 −4k er et kvadrat modulo p. For henholdsvis k = 3 og k = 25 bestemmer vi

først de p for hvilke 1 − 4k ≡ 0 (mod p), og ﬁnder følgende:

For k = 3 er 1 − 4k ≡ 0 (mod p) opfyldt, hvis og kun hvis p = 11; og for k = 25 er

1 − 4k ≡ 0 (mod p) opfyldt, hvis og kun hvis p = 3 eller p = 11.

For p = 11 er altså 1 −4k ≡ 0 for såvel k = 3 som k = 25 (og 0 er jo et kvadrat).

For p = 3 er 1 − 4k ≡ 0 for k = 25, men ikke for k = 3; imidlertid gælder for

k = 3 at 1 −4k ≡ 1 (mod 3), dvs. at 1 −4k er et kvadrat modulo 3 i begge tilfælde.

Indtil nu har vi indset at opgavens påstand gælder for primtallene 2, 3, 11; så i

det følgende betragter vi et fra disse tre forskelligt primtal p. Modulo ethvert sådant

primtal er hvarken -11 eller -99 kongruent med 0; dvs. disse to tal er hverken især

enten en kvadratisk rest eller en kvadratisk icke-rest modulo p.

Opgavens påstand er altså ensbetydende med at de enten begge er kvadratisk

rest eller begge er kvadratisk icke-rest modulo p; og dette er igen ensbetydende

Normat 4/2009 Uppgifter 189

med at deres produkt er kvadratisk rest modulo p. Påstandens rigtighet fremgår

derfor af at (−11)(−99) jo er kvadrattallet (3 ·11)

2

, og dermed specielt kvadratisk

rest modulo p.

(Också löst av Ebbe Thue Poulsen, Kåre Vedøy, Ole Somdalen, Oslo)

Anm. Vi vill komplettera listan i 2009:2 över läsare som sänt in korrekta lösningar

till uppgifter:

Uppgift 512 har förutom Erik Hansen också lösts av Peter Kierkegaard, Eike Pe-

termann, Con Amore Problemgruppe och Ebbe Thue Poulsen.

Uppgift 513 har jämte Ebbe Thue Poulsen också lösts av Hans Kaas Benner, Erik

Hansen, Peter Kierkegaard och Eike Petermann.

Uppgift 514 har utöver Con Amore Problemgruppe också lösts av Hans Kaas Ben-

ner, Peter Kierkegaard och Eike Petermann.