82 Normat 59:2, 82–95 (2011)

Uppgifter

544. Lotte skriver ned n Ø 2 reella tal på ett papper utan att visa dem för Hans.

I stället bildar hon summorna för alla möjliga talpar som kan bildas av de givna

talen och visar dem för Hans. Hans får nu i uppgift att återskapa de n ursprungliga

talen. För vilka värden på n har han möjlighet att lyckas?

545. På e n halvcirkel med radien 1 placerar man ut punkterna P

1

,P

2

,...,P

n

, där

n Ø 1 är ett udda heltal. Visa att

|

≠≠æ

OP

1

+

≠≠æ

OP

2

+ ···+

≠≠æ

OP

n

|Ø1,

där O är halvcirkelns medelpunkt.

546. Hilde har på sin dator utarbetat ett mönster till en bordduk. Mönstret består

av 150 röda, 150 blå och 150 gula cirklar. Inga cirklar skär varandra, men en cirkel

kan innehålla en eller ﬂera cirklar som i sin tur kan innehålla ytterligare cirklar.

Varje blå cirkel innehåller exakt 13 gula cirklar (vi räknar här alla gula cirklar som

beﬁnner sig innanför den blå cirkeln oavsett hur cirklar i andra färger är placerade

för övrigt) och varje röd cirkel innehåller exakt 5 blå cirklar och 19 gula cirklar.

Visa att det mås te ﬁnnas en gul cirkel som inte innesluts i någon av de övriga 449

cirklarna.

547. Visa att talföljden av positiva heltal {a

n

}

Œ

1

är entydigt bestämd av villkoren

a

1

=1, a

2

=2, a

4

= 12 och a

n+1

a

n≠1

= a

2

n

± 1 för n =2, 3, 4,.... Ange en enkel

rekursionsformel för talföljden.

548. Låt P vara en punkt utanför en cirkel med medelpunkt O. Två räta linjer

skär varandra i P .Denenalinjen,¸

1

, tangerar cirkeln i punkten A. Den andra

linjen, ¸

2

, skär cirkeln i ytterligare två punkter, B och C. Tangenterna till cirkeln i

punkterna B och C skär varandra i punkten Q. Visa att linjerna AQ och PO skär

varandra under rät vinkel.

549. (Kent Holing) Gitt fjerdegradsligningen (1) x

4

+ax

3

+bx

2

+cx+d =0med

rasjonale koeﬃsienter. La videre t

0

, t

1

og t

2

være røttene til fjerdegradsligningens

resolvent gitt ved (2) t

3

≠ bt

2

+(ac ≠ 4d) t ≠ (a

2

≠ 4b)d ≠ c

2

=0, og la

S = {a

2

+ 4(t

j

≠ b) | j =0, 1, 2}.

a) Hva kan sies om kvadrattall i S hvis (1) er irredusibel? Gjelder det omvendte?

Anta i b) og c) at a =0med b, c og d hele tall.

b) Forklar at for å bestemme Galois-gruppen G til den generelle versjonen av (1)

ovenfor, så kan vi uten tap av generalitet anta at a =0og b, c og d er hele tall.

c) Anta at Galois-gruppen G til ligning (1) er enten Z

4

eller D

4

slik at (2) har

én og bare én heltallsrot, si t

0

. Hvis c ”=0så er det velkjent at en tilstrekkelig

Normat 2/2011 Uppgifter 83

og nødvendig betingelse for G = Z

4

er at (t

0

≠ b) ⁄ er et kvadrattall der ⁄ er lik

diskriminanten til (1).

(i) Vis at den gitte betingelsen er både tilstrekkelig og nødvendig for at G = Z

4

ved å bruke kriteriet gitt i Normat 2003, hefte 1 på side 21 for å skille mellom Z

4

og D

4

.

(ii) Vis også at for c ”=0så er G = Z

4

hvis og bare hvis (t

0

≠ b)(t

0

+ b)

2

≠ 4c

2

er

et kvadrattall.

(iii) Hva skjer når c =0? Forklar!

Anta til slutt at a og b er vilkårlige jamne heltall og c og d er vilkårlige odde heltall.

d) Anta at G ”= S

4

. Forklar at resolventen (2) har én og bare én heltallsrot, si t

0

.

Hva er G hvis t

0

<b≠ a

2

/4? Begrunn svaret.

e) Samme spørsmål som i d) når a =0, t

0

>b, ⁄>0 og ⁄

Õ

”|c.

1

(Hva er altså G

hvis G ”= S

4

?)

(Uppgifterna 544 – 548 är olympiadproblem hämtade från tävlingar i Bulgarien,

England, Rys sland och Singapore.)

Lösningar skickas senast 15 april 2012 till:

Dag Jonsson, dag@math.uu.se

Paprikagatan 8

SE-75449 Uppsala

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

lösningar har presenterats i tidskriften.

1

For n et positivt heltall og ikke et kvadrattall, er n

Õ

den kvadrat-frie delen av n;ellerssettes

n

Õ

=1.

84 Uppgifter Normat 2/2011

Lösningar till uppgifter i Normat 2010:1

530. Kent Holing, som föreslagit problemet, presenterar en utvidgad lösning på

sidan 88.

532. (Lösning av Hans Kaas Benner, Randers)

L¨osningar till uppgifter i Normat 2010:1

532. (L¨osning av Hans Kaas Benner, Randers)

.

..

.

..

.

..

.

A

D

B

C

Fig. 1

v

4

v

3

v

1

v

4

v

2

v

1

v

2

v

3

Da

AB

sin v

1

=

CD

sin v

3

=

AC

sin (v

1

+ v

4

)

=

BD

sin (v

1

+ v

2

)

=2R,

der R e r cirklens radius, er

|AC  BD||AB  CD|

ensbetydende med

(1) |sin (v

1

+ v

4

)  sin (v

1

+ v

2

)||sin v

1

 sin v

3

|.

Ved anvendelse af logar it m ef orm le n

sin ↵  sin  =2sin

1

2

(↵  ) cos

1

2

(↵ + )

bliver (1) til

(2) |sin

1

2

(v

4

 v

2

) cos

1

2

(2v

1

+ v

4

+ v

2

||sin

1

2

(v

1

 v

3

) cos

1

2

(v

1

+ v

3

)|

eller

(3) |sin

1

2

(v

4

 v

2

)sin

1

2

(v

1

 v

3

)||sin

1

2

(v

1

 v

3

) cos

1

2

(v

1

+ v

3

)|.

Hvis v

1

= v

3

er den indsk r iv l i ge ﬁrkant et likebenet trapetz og der gælder ligheds te gn.

Af (3) f˚as nu

|sin

1

2

(v

4

 v

2

)||cos

1

2

(v

1

+ v

3

)| = |sin

1

2

(v

2

+ v

4

)|

og p˚astanden er vist.

(

¨

Aven l¨ost av Con Amore Problemgruppe, København)

533. (L¨osning av Con Amore Problemgruppe)Medx = sz og y = tz har vi, at sfd(s, t) = 1.

Indsættelse og forkortn in g med z giver s + t

2

z + z

2

= stz

2

, hvoraf det fremg˚ar, at z

g˚ar op i s; lad os sige s = uz (og d er me d x = uz

2

). Heraf følger, at

(1) u + t

2

+ z = utz

2

,

Da

AB

sin v

1

=

CD

sin v

3

=

AC

sin (v

1

+ v

4

)

=

BD

sin (v

1

+ v

2

)

=2R,

der R er cirklens radius, er

|AC ≠ BD|Æ|AB ≠ CD|

ensbetydende med

(1) |sin (v

1

+ v

4

) ≠ sin (v

1

+ v

2

)|Æ|sin v

1

≠ sin v

3

|.

Ved anvendelse af logaritmeformlen

sin – ≠ sin — =2sin

1

2

(– ≠ —) cos

1

2

(– + —)

bliver (1) til

(2) |sin

1

2

(v

4

≠ v

2

) cos

1

2

(2v

1

+ v

4

+ v

2

|Æ|sin

1

2

(v

1

≠ v

3

) cos

1

2

(v

1

+ v

3

)|

eller

(3) |sin

1

2

(v

4

≠ v

2

)sin

1

2

(v

1

≠ v

3

)|Æ|sin

1

2

(v

1

≠ v

3

) cos

1

2

(v

1

+ v

3

)|.

Hvis v

1

= v

3

er den indskrive lig ﬁrkant et ligebenet trapetz og der gælder lig-

hedstegn.

Normat 2/2011 Uppgifter 85

Af (3) fås nu

|sin

1

2

(v

4

≠ v

2

)|Æ|cos

1

2

(v

1

+ v

3

)| = |sin

1

2

(v

2

+ v

4

)|

og påstanden er vist.

(Även löst av Con Amore Problemgruppe, København)

533. (Lösning av Con Amore Problemgruppe)Medx = sz og y = tz har vi, at

sfd(s, t)=1. Indsættelse og forkortning m ed z giver s + t

2

z + z

2

= stz

2

, hvoraf det

fremgår, at z går op i s; lad os sige s = uz (og dermed x = uz

2

). Heraf følger, at

(1) u + t

2

+ z = utz

2

,

som tydeligtvis er ensbetydende med den givne ekvationen. Da t og z ikke begge

kan være 1 (i en løsning til (1)), ﬁnder vi, at

(2) u =

t

2

+ z

tz

2

≠ 1

.

Vi b e handler nu følgende to tilfælde hver for sig: (A) u Ø t, og (B) u<t.

(A) u Ø t : Ifølge (2) gælder her, at t

2

+ z Ø t

2

z

2

≠ t, og dermed at

(3) (z

2

≠ 1)t

2

Æ z + t.

(A1) Vi ser først på tilfældet z =1, hvor (3) jo er opfyldt. I denne situation gælder

ifølge (2), at u =

t

2

+1

t≠1

=

t

2

≠1+2

t≠1

= t +1+

2

t≠1

, som kun er et naturligt tal for

t œ{2, 3} (som bemærket ovenfor er t og z ikke begge 1). For t =2ﬁnder vi u =5;

og (u, t, z)=(5, 2, 1) ses let at være en løsning til (1). Svarende hertil ﬁnder vi

løsningen (x, y, z)=(5, 2, 1). Og for t =3ﬁnder vi u =5; og (u, t, z)=(5, 3, 1) ses

let at være en løsning til (1). Svarende hertil ﬁnder vi løsningen (x, y, z)=(5, 3, 1).

(A2) Vi ser dernæst på tilfældet z>1. Det ses let, at for z =2er (3) opfyldt netop

for t =1. Disse værdier indsat i (2) giver u =1; og omvendt ses (u, t, z)=(1, 1, 2) at

være løsning til (1). Svarende hertil ﬁnder vi løsningen (x, y, z)=(4, 2, 2). For z>2

er den positive rod i den til (3) svarende andengradsligning (z

2

≠ 1)t

2

≠ t ≠ z =0

i t bestemt ved – =

1+

Ô

1+4z(z

2

≠1)

2(z

2

≠1)

, og der ses at gælde:

–<1 …



1+4z(z

2

≠ 1) < 2z

2

≠ 3 … 0 <z

2

(z

2

≠ z ≠ 3) + z +2.

Da det for z Ø 3 gælder, at udtrykket i den sidste parentes ovenfor er pos itivt,

fremgår, at –<1; og da et naturligt tal t, som indgår i en løsning til (3), højst

kan være lig med –, er der altså ingen løsning til (3) med z>2.

Alt i alt har vi hermed indset, at i tilfældet u Ø t er der netop tre løsninger (x, y, z),

nemlig (5,2,1), (5,3,1) og (4,2,2).

(B) u<t: Vi deler op i to tilfælde: (B1) u<tÆ z, og (B2) u, z < t.

(B1) u<tÆ z (og derme d specielt z Ø 2): Det gælder her (jf. (1)), at z

2

+2z>utz

2

med ut Ø 2, og dermed at (ut ≠ 1)z

2

< 2z, dvs. at (ut ≠ 1)z<2, og dermed

modstriden z<2. Der ﬁndes altså ingen løsning til (1) med u<tÆ z.

86 Uppgifter Normat 2/2011

(B2) u, z < t: Af (1) slutter vi, at t må være divisor i u +z, og følgelig at u + z = t.

Af (1) følger videre, at t

2

+ t = z

2

t(t ≠ z), hvoraf vi ved bortförkortning af t og

indsættelse af t = u + z ﬁnder, at u(z

2

≠ 1) = z +1, dvs. at u(z ≠ 1) = 1, og det

følger straks, at u =1, z =2og altså t =3.Omvendtses(u, t, z)=(1, 3, 2) at

være en løsning til (1), og at den tilsværende løsning er (x, y, z)=(4, 6, 2).

Hermed er vi nået til vejs ende og har konstateret, at vi har netop ﬁre løsninger i

(x, y, z), nemlig (5,2,1), (5,3,1), (4,2,2) og (4,6,2).

(Även löst av Kåre Vedøy, Fyllingsdalen, som dessutom påpekar att uppgiften har

förekommit i denna spalt tidigare, på 90-talet.)

536. (Lösning av Norvald Midttun, Voss)Medz = x+iy, x

2

+ y

2

= r

2

, har vi

|z + a|Æa ∆ 2ax + r

2

Æ 0 ∆ r

4

Æ 4a

2

x

2

(1)

|z

2

+ a|Æa ∆ a(r

4

+2ar

2

) Æ a · 4ay

2

.(2)

Det følger av (1) og (2) at 4a

2

r

2

Ø r

4

+ ar

4

+2a

2

r

2

eller r

2

Æ

2a

2

a+1

Æ a

2

(ty a Ø 1)

∆|z| <a.

(Även löst av Con Amore Problemgruppe och Hans Kaas Benner)

Lösningar till uppgifter i Normat 2010:4

537. (Lösning av Con Amore Problemgruppe)

Det følger av (1) og (2) at 4a

2

r

2

 r

4

+ ar

4

+2a

2

r

2

eller r

2



2a

2

a+1

 a

2

(ty a  1)

)|z| <a.

(

¨

Aven l¨ost av Con Amore Problemgruppe och Hans Kaas Benner)

L¨osningar till uppgifter i Normat 2010:4

537. (L¨osning av Con Amore Problemgruppe)

.

AB

C

D

E

T

P

Q

R

S

p

q

r

s

t

Fig. 2

Vinklen ved A i femkanten ABCDE er ogs˚a en vinkel i trekanten AQS (se Fig. 2),

og da de andre to vinkler i denne trekant begge har størrelsen ⌫, har vinkelen ved A

størrelsen ⇡  2v. Det samme gælder vinklerne ved B, C, D och E i femkanten.

Vinklerne ved A og B i t r ekanten ABP er begge to nabovinkler til en vi n kel i fem kan-

ten og har derfor begge to størrelsen 2⌫.DavinklenvedP har størrelsen ⌫,blir⌫ =

⇡

5

.

Trekanten ABP er da en ligeben et trekant med vinkler af størrelserne

⇡

5

,

2⇡

5

og

2⇡

5

,

og det samme gæld er trekanterne BCQ, CDR, DE S og EAT . Det er velkendt, at

i en s˚adan trekant er forholdet ' mellem ethvert af benene og grundlinjen lig med

1

2

(

p

5 + 1).

Vi har da (se Fig. 2), at

PR = 'p + q + 'r

RT = 'r + s + 't

TQ = 't + p + 'q

QS = 'q + r + 's

SP = 's + t + 'r

og dermed, at

PR+ RT + TQ+ QS + SP =(2' + 1)(p + q + r + s + 1)

=(

p

5 + 2)(AB + BC + CD + DE + EA).

For PR+ RT + TQ+ QS + SP = 1 gælder det da, at AB + BC + CD + DE + EA =

p

5  2.

(

¨

Aven l¨ost av Hans Kaas Benner, K˚are Vedøy, Ebbe Thue Poulsen, M˚arslet och

Jørgen Olesen, Værløse)

538. (L¨osning av Ebbe Thue Poulsen) Lad os sætte a = l  k og b = m  k.S˚aera og b

positive hele tal med b>a, og

n =

lm

k

=

(k + a)(k + b)

k

= k + a + b +

ab

k

,

Vinklen ved A i femkanten ABCDE er også en vinkel i trekanten AQS (se Fig. 2),

og hvis de to andre vinklen i denne trekant begge har størrelsen ‹, har vinkelen ved

A størrelsen ﬁ ≠ 2‹. Det samme gælder vinklerne ved B, C, D og E i femkanten.

Vinklerne ved A og B i trekanten ABP er begge to nabovinkler til en vinkel i

femkanten og har derfor begge to størrelsen 2‹.DavinklenvedP har størrelsen ‹,

blir ‹ =

ﬁ

5

.

Trekanten ABP er da en ligebenet trekant med vinkler af størrelserne

ﬁ

5

,

2ﬁ

5

og

2ﬁ

5

,

og det samme gælder trekanterne BCQ, CDR, DE S og EAT . Det er velkendt, at

Normat 2/2011 Uppgifter 87

i en sådan trekant er forholdet Ï mellem ethvert af benene og grundlinien lig med

1

2

(

Ô

5 + 1).

Vi har da (se Fig. 2), at

PR = Ïp + q + Ïr

RT = Ïr + s + Ït

TQ = Ït + p + Ïq

QS = Ïq + r + Ïs

SP = Ïs + t + Ïp

og dermed, at

PR+ RT + TQ+ QS + SP =(2Ï + 1)(p + q + r + s + 1)

=(

Ô

5 + 2)(AB + BC + CD + DE + EA).

For PR+RT +TQ+QS +SP =1gælder det da, at AB +BC +CD +DE +EA =

Ô

5 ≠ 2.

(Även löst av Hans Kaas Benner, Kåre Vedøy, Ebbe Thue Poulsen, Mårslet och

Jørgen Olesen, Værløse)

538. (Lösning av Ebbe Thue Poulsen) Lad os sætte a = l ≠k og b = m ≠ k.Såer

a og b positive hele tal med b>a, og

n =

lm

k

=

(k + a)(k + b)

k

= k + a + b +

ab

k

,

der giver os dels, at

ab

k

er et positivt helt tal, og altså specielt ab Ø k, og dels, at

(n ≠ k)

2

=

!

a + b +

ab

k

"

2

=(a ≠ b)

2

+4ab +

!

ab

k

"

2

+ 2(a + b)

ab

k

Ø 1+4k +1+2◊ (1 + 2) ◊ 1=4k +8,

der er ensbetydende med det ønskede.

Der kan gælde lighedstegn, nemlig for k =2, l =3, m =4, n =6, og ikke for andre

værdier af k, l, m, n.

(Även löst av Con Amore Problemgruppe och Kåre Vedøy)