Normat 58:4, 185–191 (2010) 185

Uppgifter

537. Den femuddiga stjärnan i ﬁguren är sammansatt av fem linjestycken av sam-

manlagd längd 1. Antag att de fem uddvinklarna är lika stora. Bestäm omkretsen

av femhörningen ABCDE.

Separat bild till problem 537

.

ν

F igur 1

A B

C

D

E

538. Vi har givet fyra naturliga tal k < l < m < n för vilka kn = lm. Visa

olikheten



n − k

2



2

≥ k + 2.

539. Låt oss säga att en permutation {a

1

, a

2

, . . . , a

n

} av {1, 2, . . . , n} är kvadra-

tisk om det ﬁnns minst en heltalskvadrat bland talen a

1

, a

1

+ a

2

, . . . , a

1

+ a

2

+

. . . + a

n

. Bestäm alla naturliga tal n sådana att varje permutation av {1, 2, . . . , n}

är kvadratisk.

540. Bestäm alla positiva heltal n och icke-negativa heltal x

1

, x

2

, . . . , x

n

för vilka

n

X

i=1

x

2

i

= 1 +

4

4n + 1



n

X

i=1

x

i



2

.

541. Låt P vara en punkt på en sfär S med radien 1. Tre parvis ortogonala strålar

från P skär S i punkterna A, B och C.

a) Betrakta de plan som innehåller trianglar med hörn i nämnda punkter A, B,

C. Visa att det existerar en ﬁx punkt genom vilken alla sådana plan passerar.

b) Bestäm den största möjliga arean av triangeln ABC.

542. Låt a, b, c vara reella tal sådana att polynomet P (x) = x

3

+ ax

2

+ bx + c har

tre reella rötter (inte nödvändigtvis olika). Visa att

12ab + 27c ≤ 6a

3

+ 10(a

2

− 2b)

3/2

.

186 Uppgifter Normat 4/2010

543. (Kent Holing, Trondheim.) La en monisk fjerdegradsligning med heltalls-

koeﬃsienter og irredusibel resolvent være gitt. Anta også at ligningen og dens

kubiske resolvent har minst én felles rot.

a) Vis at kubikkleddet til fjerdegradsligningen ikke kan være null.

b) Bestem Galois-gruppen til fjerdegradsligningen.

c) (Vanskelig.) Gi to eksempler, og vis at disse eksemplene er de eneste mulige.

(Normat-artiklene om fjerdegradsligningen i hefte 1 og 2, 2003 gir nyttig bakgrunn

for å løse oppgaven.)

(Uppgifterna 537–542 är hämtade från olympiadtävlingar i Ryssland, Vietnam och

Taiwan.)

Lösningar skickas senast 15 juli 2011 till:

Dag Jonsson, nilsdag@hotmail.com

Paprikagatan 8

SE-75449 Uppsala

Anm. Vi välkomnar givetvis lösningar även efter angivet datum så länge inga andra

lösningar har presenterats i tidskriften.

Normat 4/2010 Uppgifter 187

Lösningar till uppgifter i Normat 2009:4

527. (Eike Petermann, Stockholm.) Cirklarnas medelpunkter O

i

och tangerings-

punkterna mellan cirklarna kommer alla att ligga på bisektrisen till vinkeln vid C.

Radierna från cirklarnas centra till cirklarnas tangeringspunkter P

i

på BC är alla

vinkelräta mot BC och vi kallar vinkeln mellan dessa radier och bisektrisen α.

L¨osningar till uppgifter i Normat 2009:4

527. (L¨osning av Eike Petermann, Stockholm) Cirklarnas medelpunkter O

i

och tangerings-

punkterna mellan cirklarna kommer alla att ligga p˚a bisektrisen till vinkeln vid C.

Radierna fr˚an cirklarnas centra till cirklarnas tangeringspunkter P

i

p˚a BC ¨ar alla

vinkelr¨ata mot BC och vi kallar vinkeln mellan dessa radier och bisektrisen α.

.

..

.

A

B

C

r

i

r

i+1

P

i

P

i+1

O

i

O

i+1

F igur 2

•

α

.

..

.

........................

.

Man f˚ar (se ﬁguren):

r

i

= |O

i

P

i

|

= |O

i

O

i+1

| · cos α + r

i+1

= (r

i

+ r

i+1

) · cos α + r

i+1

,

varav

r

i+1

r

i

=

1 − cos α

1 + cos α

,

som ¨ar oberoende av i. Cirklarnas radier bildar allts˚a en geometrisk f¨oljd.

Anm. F¨oruts¨attningen i uppgiften att triangeln ABC ¨ar likbent verkar vara on¨odig.

Slutsatsen och beviset ovan g¨aller f¨or alla slags trianglar.

(

¨

Aven l¨ost av Con Amore Problemgruppe, København, Jørgen Olesen, Værløse och

K˚are Vedøy, Fyllingsdalen.)

528. (L¨osning av Eike Petermann) Problemet kan reduceras till att visa att

tan

γ

2

>

1

2

, d¨ar γ =

6

EDF.

Man har d˚a n¨amligen att

cos γ =

1 − tan

2

γ

2

1 + tan

2

γ

2

=

2

1 + tan

2

γ

2

− 1 <

2

1 +

1

4

− 1 =

3

5

.

L˚at H vara mittpunkten p˚a str¨ackan EC och |EH| = |HC| = ξ. F¨or ¨ovriga beteck-

ningar se nedanst˚aende ﬁgur.

Man får (se ﬁguren):

r

i

= |O

i

P

i

|

= |O

i

O

i+1

| · cos α + r

i+1

= (r

i

+ r

i+1

) · cos α + r

i+1

,

varav

r

i+1

r

i

=

1 − cos α

1 + cos α

,

som är oberoende av i. Cirklarnas radier bildar alltså en geometrisk följd.

Anm. Förutsättningen i uppgiften att triangeln ABC är likbent verkar vara onödig.

Slutsatsen och beviset ovan gäller för alla slags trianglar.

(Även löst av Con Amore Problemgruppe, København, Jørgen Olesen, Værløse och

Kåre Vedøy, Fyllingsdalen.)

528. (Lösning av Eike Petermann.) Problemet kan reduceras till att visa att

tan

γ

2

>

1

2

, där γ = ∠EDF.

Man har då nämligen att

cos γ =

1 − tan

2

γ

2

1 + tan

2

γ

2

=

2

1 + tan

2

γ

2

− 1 <

2

1 +

1

4

− 1 =

3

5

.

Låt H vara mittpunkten på sträckan EC och |EH| = |HC| = ξ. För övriga be-

teckningar se nedanstående ﬁgur.

188 Uppgifter Normat 4/2010

.

A

B C

G

E

D

F

α/2

α

H

γ/2

ξ

γ

F igur 3

Str¨ackan DH ¨ar parallell med BE, eftersom D och H halverar BC respektive EC;

6

HDC ¨ar d¨arf¨or = α/2. 4EGC ¨ar r¨atvinklig och H ¨ar centrum i dess omskrivna

cirkel. Allts˚a ¨ar |EH| = |HC| = |GH| = ξ och 4GHC ¨ar likbent, vilket medf¨or att

6

HGC = α. Men d˚a m˚aste

6

DHG = α/2 och ¨aven 4DGH ¨ar likbent, vilket medf¨or

att |DG| = ξ. Ihop med att |EG| < |EC| = 2ξ f˚ar man nu

tan

γ

2

=

|DG|

|EG|

>

ξ

2ξ

=

1

2

.

(

¨

Aven l¨ost av Hans Kaas Benner, Con Amore Problemgruppe och K˚are Vedøy.)

529. (L¨osning av Norvald Midttun, Voss) At n deler p − 1, betyr at p = an + 1 > n, a

heltall. At p deler n

3

−1 = (n−1)(n

2

+n+1) og p > n, betyr at p deler n

2

+n+1. N˚a

har vi at p deler an + 1 = n + 1 + (a − 1)n og p deler n

2

+ n + 1 (an + 1 ≤ n

2

+ n + 1).

Derfor m˚a p dele diﬀerensen n

2

−(a− 1)n = n(n−a+ 1). Da p ikke deler n, m˚a p dele

n − a + 1, som bare er mulig dersom n − a+ 1 = 0. Vi f˚ar at p = an +1 = a(a − 1)+ 1

og dermed 4p − 3 = (2a − 1)

2

.

Tillegg. Anta at p er et primtall slik at 4p − 3 = (2m − 1)

2

, p = m

2

− m + 1, m > 1.

(Slike primtall ﬁnnes, for eksempel p = 3, 7, 13, 31, 48, . . . , hvor alle har formen 6t + 1

bortsett i fra 3. Men ikke alle primtall av formen p = 6t + 1 er slik at 4p − 3 er

kvadrattall, 19 er et slikt). Da ﬁnnes det et naturligt tall n > 1 slik at n deler p − 1

og p deler n

3

− 1.

Bevis. La n = m − 1. Da vil n = m − 1 dele p − 1 = m(m − 1) og p = m

2

− m + 1

vil dele n

3

− 1 = m

3

− 3m

2

+ 3m − 2 = (m − 2)(m

2

− m + 1).

(

¨

Aven l¨ost av Hans Kaas Benner, Con Amore Problemgruppe, Eike Petermann, Ole

Somdalen och K˚are Vedøy.)

531. (L¨osning av Con Amore Problemgruppe, København, DK) Lad for n ≥ 1 A

n,1

være

delmængden af ord fra A

n

, som ender p˚a en vokal, og lad A

n,2

være delmængden

af ord fra A

n

, som ender p˚a en konsonant. Lad endvidere for n ≥ 2 B

n,1

være

delmængden af ord fra B

n

, som har to forskellige bogstaver p˚a de sidste to pladser,

og lad B

n,1

være delmængden af ord fra B

n

, som har to ens bogstaver p˚a de sidste

to pladser.

Til et vilk˚arligt ord i A

n

kan vi lade svare nogle ord fra A

n+1

ved sidst i ordet at

tilføje et tilladt bogstav. Vi bemærker, at vi p˚a denne m˚ade til et ord fra A

n,1

f˚ar

dannet netop to ord fra A

n+1

, nemlig et fra A

n+1,1

(den ene af vokalerne er det jo

ikke tilladt at benytte) og et fra A

n+1,2

. Og til et ord fra A

n,2

f˚ar vi dannet netop

tre ord fra A

n+1

, nemlig to fra A

n+1,1

(begge vokalerne er tilladte) og et fra A

n+1,2

.

Omhvert kan ethvert ord fra A

n+1

p˚a netop ´en m˚ade f˚as p˚a den omtalte m˚ade. Heraf

Sträckan DH är parallell med BE, eftersom D och H halverar BC respektive EC;

∠HDC är därför = α/2. 4EGC är rätvinklig och H är centrum i dess omskrivna

cirkel. Alltså är |EH| = |HC| = |GH| = ξ och 4GHC är likbent, vilket medför

att ∠HGC = α. Men då måste ∠DHG = α/2 och även 4DGH är likbent, vilket

medför att |DG| = ξ. Ihop med att |EG| < |EC| = 2ξ får man nu

tan

γ

2

=

|DG|

|EG|

>

ξ

2ξ

=

1

2

.

(Även löst av Hans Kaas Benner, Con Amore Problemgruppe och Kåre Vedøy.)

529. (Lösning av Norvald Midttun, Voss.) At n deler p−1, betyr at p = an+1 > n,

a heltall. At p deler n

3

−1 = (n−1)(n

2

+n+1) og p > n, betyr at p deler n

2

+n+1.

Nå har vi at p deler an+1 = n+1+(a−1)n og p deler n

2

+n+1 (an+1 ≤ n

2

+n+1).

Derfor må p dele diﬀerensen n

2

−(a−1)n = n(n−a+1). Da p ikke deler n, må p dele

n−a+1, som bare er mulig dersom n−a+1 = 0. Vi får at p = an+1 = a(a−1)+1

og dermed 4p − 3 = (2a − 1)

2

.

Tillegg. Anta at p er et primtall slik at 4p − 3 = (2m − 1)

2

, p = m

2

− m + 1,

m > 1. (Slike primtall ﬁnnes, for eksempel p = 3, 7, 13, 31, 43, . . . , hvor alle har

formen 6t + 1 bortsett i fra 3. Men ikke alle primtall av formen p = 6t + 1 er slik

at 4p − 3 er kvadrattall, 19 er et slikt). Da ﬁnnes det et naturlig tall n > 1 slik at

n deler p − 1 og p deler n

3

− 1.

Bevis. La n = m − 1. Da vil n = m − 1 dele p − 1 = m(m − 1) og p = m

2

− m + 1

vil dele n

3

− 1 = m

3

− 3m

2

+ 3m − 2 = (m − 2)(m

2

− m + 1).

(Även löst av Hans Kaas Benner, Con Amore Problemgruppe, Eike Petermann,

Ole Somdalen och Kåre Vedøy.)

531. (Lösning av Con Amore Problemgruppe, København.) Lad for n ≥ 1 A

n,1

være

delmængden af ord fra A

n

, som ender på en vokal, og lad A

n,2

være delmængden

af ord fra A

n

, som ender på en konsonant. Lad endvidere for n ≥ 2 B

n,1

være

delmængden af ord fra B

n

, som har to forskellige bogstaver på de sidste to pladser,

og lad B

n,2

være delmængden af ord fra B

n

, som har to ens bogstaver på de sidste

to pladser.

Til et vilkårligt ord i A

n

kan vi lade svare nogle ord fra A

n+1

ved sidst i ordet at

tilføje et tilladt bogstav. Vi bemærker, at vi på denne måde til et ord fra A

n,1

får

dannet netop to ord fra A

n+1

, nemlig et fra A

n+1,1

(den ene af vokalerne er det

jo ikke tilladt at benytte) og et fra A

n+1,2

. Og til et ord fra A

n,2

får vi dannet

netop tre ord fra A

n+1

, nemlig to fra A

n+1,1

(begge vokalerne er tilladte) og et fra

Normat 4/2010 Uppgifter 189

A

n+1,2

. Omvendt kan ethvert ord fra A

n+1

på netop én måde fås på den omtalte

måde. Heraf fremgår rigtigheden af (1) nedenfor. Tilsvarende indses (2) at gælde

for n ≥ 2.

|A

n+1,1

| = |A

n,1

| + 2|A

n,2

| og |A

n+1,2

| = |A

n,1

| + |A

n,2

| = |A

n

|(1)

|B

n+1,1

| = |B

n,1

| + 2|B

n,2

| og |B

n+1,2

| = |B

n,1

| + |B

n,2

| = |B

n

|(2)

I overensstemmelse med påstanden begynder en tabel sådan:

fremg˚ar rigtigheden af (1) nedenfor. Tilsvarende indses (2) at gælde for n ≥ 2.

|A

n+1,1

| = |A

n,1

| + 2|A

n,2

| og |A

n+1,2

| = |A

n,1

| + |A

n,2

| = |A

n

|(1)

|B

n+1,1

| = |B

n,1

| + 2|B

n,2

| og |B

n+1,2

| = |B

n,1

| + |B

n,2

| = |B

n

|(2)

I overensstemmelse med p˚astanden begynder en tabel s˚adan:

1 2 1 3 3

2 4 3 7 6 3 9

3 10 7 17 12 9 21

4 24 17 41 30 21 51

5 58 41 99 72 51 123

6 140 99 239 174 123 297

n

|A

n,1

| |A

n,2

|

|A

n

|

|B

n,1

| |B

n,2

|

|B

n

|

Ifølge tabellen gælder p˚astanden specielt for n = 1 og for n = 2. Antag nu, at den

gælder for alle tal 1, 2, . . . n, hvor n ≥ 2. Ved benyttelse af (1) og (2) ﬁnder vi s˚a:

|B

n+2

| = |B

n+2,1

| + |B

n+2,2

| = 2|B

n+1,1

| + 3|B

n+1,2

| = 2|B

n+1

| + |B

n+1,2

|

= 2|B

n+1

| + |B

n

|,

|A

n+1

| = |A

n+1,1

| + |A

n+1,2

| = 2|A

n,1

| + 3|A

n,2

| = 2|A

n

| + |A

n,2

| = 2|A

n

| + |A

n−1

|.

Det fremg˚ar heraf, at

|B

n+2

| = 2|B

n+1

| + |B

n

| = 6|A

n

| + 3|A

n−1

| = 3|A

n+1

|,

dvs. p˚astanden gælder ogs˚a for n + 1. P˚astandens rigtighet følger nu ved induktion.

(

¨

Aven l¨ost av Eike Petermann.)

Ifølge tabellen gælder påstanden specielt for n = 1 og for n = 2. Antag nu, at den

gælder for alle tal 1, 2, . . . n, hvor n ≥ 2. Ved benyttelse af (1) og (2) ﬁnder vi så:

|B

n+2

| = |B

n+2,1

| + |B

n+2,2

| = 2|B

n+1,1

| + 3|B

n+1,2

| = 2|B

n+1

| + |B

n+1,2

|

= 2|B

n+1

| + |B

n

|,

|A

n+1

| = |A

n+1,1

| + |A

n+1,2

| = 2|A

n,1

| + 3|A

n,2

| = 2|A

n

| + |A

n,2

| = 2|A

n

| + |A

n−1

|.

Det fremgår heraf, at

|B

n+2

| = 2|B

n+1

| + |B

n

| = 6|A

n

| + 3|A

n−1

| = 3|A

n+1

|,

dvs. påstanden gælder også for n +1. Påstandens rigtighet følger nu ved induktion.

(Även löst av Eike Petermann.)

190 Uppgifter Normat 4/2010

SKOLORNAS MATEMATIKT

¨

AVLING

Svenska Matematikersamfundet

Kvaliﬁceringst¨avling den 28 september 2010

1. En rektangel best˚ar av nio sm˚arektanglar med areor (i m

2

) enligt ﬁgur. Best¨am arean

av rektangeln som markerats med ett fr˚agetecken i ﬁguren.

1 2

3

4 5

?

2. P˚a dagen f¨or en sl¨akttr¨aﬀ sommaren 2010 fyller Lennart, Lotten och Lisa ˚ar. Lennart

har r¨aknat ut att produkten av deras ˚aldrar ¨ar 6958. En g˚ang tidigare under 2000-

talet har sl¨aktingarna sammanstr˚alat samma datum. D˚a var summan av Lennarts,

Lottens och Lisas ˚aldrar lika med 80, men vad var produkten den g˚angen?

3. Diﬀerensen mellan tv˚a femsiﬀriga heltal ¨ar 246. Visa att de tio siﬀror som ing˚ar i de

b˚ada talen inte alla kan vara olika.

4. P˚a varje kant i en kub st˚ar ett heltal. F¨or fem av kvadraterna g¨aller att summan av

talen p˚a motst˚aende sidor ¨ar lika (summorna kan vara olika f¨or olika kvadrater). Visa

att detta ¨aven g¨aller f¨or den sj¨atte kvadraten.

5. Den i triangeln ABC inskrivna cirkeln tangerar triangeln i punkterna A

1

p˚a sidan

BC, B

1

p˚a sidan AC och C

1

p˚a sidan AB. Den i triangeln A

1

B

1

C

1

inskrivna cirkeln

tangerar triangeln A

1

B

1

C

1

i punkterna A

2

p˚a sidan B

1

C

1

, B

2

p˚a sidan A

1

C

1

och C

2

p˚a sidan A

1

B

1

. Best¨am vinklarna i triangeln A

2

B

2

C

2

d˚a vinklarna vid A, B och C

¨ar givna.

6. Anton har r¨oda och bl˚aa p¨arlor. Med dem vill han f¨ors¨oka fylla en kvadrat med n × n

piggar (p˚a vilka p¨arlorna ska s¨attas) p˚a ett s˚adant s¨att att varje p¨arla har exakt tv˚a

”grannp¨arlor” med samma f¨arg som p¨arlan sj¨alv. Tv˚a p¨arlor r¨aknas som grannar om

de ligger bredvid varandra, antingen i vertikal eller i horisontell ledd. F¨or vilka n ¨ar

detta m¨ojligt?

Skrivtid: 5 timmar

Formelsamling och minir¨aknare ¨ar inte till˚atna!

Om n˚agra dagar kommer l¨osningar att ﬁnnas utlagda p˚a n¨atet under adress

www.mattetavling.se

Normat 4/2010 Uppgifter 191

SKOLORNAS MATEMATIKT

¨

AVLING

Svenska Matematikersamfundet

Finalt¨avling i Lund den 20 november 2010

1. Finns det en triangel vars tre h¨ojder har m˚atten 1, 2 respektive 3 l¨angdenheter?

2. Betrakta fyra linjer y = kx − k

2

f¨or olika heltal k. Fyra olika punkter (x

i

, y

i

),

i = 1, 2, 3, 4, ¨ar s˚adana att var och en tillh¨or tv˚a olika linjer och p˚a varje linje ligger

precis tv˚a av dem.

L˚at x

1

≤ x

2

≤ x

3

≤ x

4

. Visa att x

1

+ x

4

= x

2

+ x

3

och y

1

y

4

= y

2

y

3

.

3. Finn alla naturliga tal n ≥ 1 s˚adana att det ﬁnns ett polynom p(x) med heltals-

koeﬃcienter f¨or vilket p(1) = p(2) = 0 och d¨ar p(n) ¨ar ett primtal.

4. Vi skapar en talf¨oljd genom att s¨atta a

1

= 2010 och kr¨ava att a

n

¨ar det minsta tal

som ¨ar st¨orre ¨an a

n−1

och dessutom ¨ar delbart med n. Visa att a

100

, a

101

, a

102

, . . .

bildar en aritmetisk talf¨oljd.

5. Betrakta m¨angden av trianglar d¨ar sidl¨angderna uppfyller

(a + b + c)(a + b − c) = 2b

2

.

Best¨am vinklarna i den triangel f¨or vilken vinkeln mitt emot sidan med l¨angden a ¨ar

s˚a stor som m¨ojligt.

6. Ett ¨andligt antal rutor p˚a ett o¨andligt rutat papper ¨ar m˚alade r¨oda. Visa att man

p˚a papperet kan rita in ett antal kvadrater, med sidor utefter rutn¨atets linjer, s˚adana

att :

(1) ingen ruta i n¨atet tillh¨or mer ¨an en kvadrat (en kant kan d¨aremot tillh¨ora mer

¨an en kvadrat),

(2) varje r¨od ruta ligger i n˚agon av kvadraterna och antalet r¨oda rutor i en s˚adan

kvadrat ¨ar minst

1

5

och h¨ogst

4

5

av antalet rutor i kvadraten.

Skrivtid: 5 timmar

Formelsamling och minir¨aknare ¨ar inte till˚atna!