Normat 60:1, 1–9 (2012) 1
Uppgifter
550. (Sture Sjöstedt, Hallsberg, SE) a) Punkterna (0, 0), (0, 1) och (1, 3) är in-
prickade i ett rätvinkligt uv-system. Vilka koordinater får dessa punkter i ett rät-
vinkligt xy-system som är inlagt i uv-systemet så att v = 5 − u blir y-axel occh
v = u −1 blir x-axel?
b) Vilka koordinater i xy-systemet får de tre startpunkterna när de speglas i y-
axeln? Visa att dessa punkter jämte de tre startpunkterna ligger på en ellips och be-
stäm dess ekvation. Ange ekvationen för den minsta ellips på formen x
2
/a+y
2
/b = 1
som har tolv punkter med heltalskoordinater (x, y). Ange ekvationen för en ellips
som har arton punkter med heltalskoordinater.
551. (Kent Holing, Trondheim, NO) En noe tilårskommen matematiker (han har
i alle fall feiret sin 40. års dag) er født på en dag og i et år som begge er primtall.
Og, ikke bare det, han er født i en uke med et ukenummer som også er et primtall.
Og, om det ikke skulle være nok, så er han i tillegg født på en dag som er et odde
tall, og i en uke med det maksimalt mulige ukenummer vi kan ha. (Alt i alt er vel
dette ikke verst for en tallteoretiker!)
a) Når er matematikeren født? Angi dette så presist som mulig med dag, måned
og år. Matematikeren har en venn (også matematiker!) som har fødselsdag i januar
og som oppfyller de samme krav som ovenfor unntatt at dagen han er født på ikke
nødvendigvis er et odde tall.
b) Når er vennen født? Angi dette like presist som i a)! Løs oppgaven i det vi antar
at ukenummereringen følger ISO-standarden selv om vi regner noe tilbake i tid, se
http://no.wikipedia.org/wiki/Ukenummer
552. På en webbsida för matematiska problem visas vid tolvslaget på nyårsafton
två heltal, 19 och 98. En gång i minuten byts sedan de båda talen ut så att varje
nytt tal erhålles ur det föregående antingen genom kvadrering eller genom att lägga
till 1. Kan det någon gång i framtiden inträffa att de båda talen på sidan är lika?
553. Visa att det för varje heltal n ≥ 3 existerar två udda positiva heltal x
n
och
y
n
sådana att
7x
2
n
+ y
2
n
= 2
n
.
554. Låt A, B och C vara vinklarna i en triangel. Visa att
tan
2
(A/2) + tan
2
(B/2) + tan
2
(C/2) ≥ 1.
2 Uppgifter Normat 1/2012
555. (Kent Holing) Gitt a, b, c og A rasjonale tall med A > 0.
a) Vis at det alltid finnes minst et reelt tall x slik at en trekant med sidelengder
x + a, x + b og x + c og areal A eksisterer.
b) La én av a, b eller c være lik gjennomsnittet av de to andre. Vis da at trekanter
som i a) alltid kan konstrueres med bare bruk av passer og linjal.
c) Gi et eksempel på b) med x et irrasjonalt tall!
d) (Svar ukjent.) Finnes det rasjonale tall a, b, c og A (A > 0), der (a + b −2c)(a +
c − 2b)(b + c − 2a) 6= 0, og et irrasjonalt tall x slik at en trekant med areal A og
sidelengder x + a, x + b og x + c kan konstrueres? Begrunn svaret!
(Uppgifterna 552 och 553 är olympiadproblem hämtade från tävlingar i Ryssland
och Bulgarien.)
Lösningar skickas senast 15 oktober 2013 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.
Normat 1/2012 Uppgifter 3
Lösningar till uppgifter i Normat 2008:3-4, 2010:4 och 2011:2
507. (Förslagsställaren, Kent Holing, Trondheim)
Oppgaven ble gitt i 2008, så det er snakk om 17. mai og 1. mai sammenfallende
med Kristi himmelfartsdag i henholdsvis 2007 og 2008. Vi skal vise at noe slikt
ikke har skjedd tidligere så lenge 1. mai har vært offisiell høytidsdag i Norge.
1
Hvis Kristi himmelfartsdag faller sammen med enten 1. mai eller 17. mai to år etter
hverandre, så må 17. mai inntreffe først etterfulgt av 1. mai året etter, Hvorfor er
det slik? Hvis 1. mai er Kristi himmelfartsdag er det på en torsdag. Vi kan da
lett vise at 17. mai året etter enten faller på en søndag eller mandag (det siste
hvis skuddår), og slik ikke kan være Kristi himmelfartsdag, som jo alltid er på en
torsdag.
Kristi himmelfartsdag er en bevegelig helligdag som kommer 39 dager etter påskesøn-
dag. Algoritmer for å bestemme påsken er velkjent. Kalenderfunksjonene i en sym-
bolsk matematikkpakke som MathematicaR gjør det enkelt å bestemme datoen for
Kristi himmelfartsdag for et gitt årstall. Dette gjør det lett å generere eksempler
på årspar Y −1/Y som det Kalle klager over både bakover og framover i tid. Hva
kjennetegner årstallene vi etterspør? Mathematica gir at mellom 1700 og 2300 inn-
treffer dette bare i årene 1703/1704, 1787/1788, 1855/1856, 2007/2008, 2159/2160
og 2227/2228. Vi ser at for alle disse årene Y − 1/Y er Y skuddår med tilhø-
rende påskesøndag den 23. mars, som er den nest tidlige mulige påske som kan
forekomme. Dette, og det omvendte, gjelder generelt.
2
Seneste mulighet for det Kalle opplevde før 2007/2008 opptrer altså i 1855/1856. I
1855 falt da Kristi Himmelfartsdag sammen med 17. mai, og i 1856 sammen med
1. mai. Men, da 1. mai ble offisiell høytidsdag først fra 1890 av i Norge (17. mai
startet vi i Norge med fra 1836),
3
så har det vi spør etter ikke skjedd tidligere enn
i 2007/2008. Neste gang noe slikt inntreffer igjen er først i 2159/2160 hvis da både
1. mai og 17. mai fremdeles er høytidsdager i Norge, slik at Kalle slipper nok å
irritere seg over dette flere ganger.
4
1
Kalle irriterte seg også over at 17. mai falt på en lørdag i tillegg i 2008. I et år Y med Kristi
himmelfartsdag den 1. mai og Kristi himmelfartsdag den 17. mai året før, så må 17. mai år Y
falle på en lørdag. (Dette er trivielt.)
2
Se http://mathforum.org/kb/message.jspa?messageID=6204204&tstart=0 for detaljer.
3
Se http://no.wikipedia.org/wiki/Helligdager-i-Norge.
4
I år (2012) faller også 17. mai og Kristi himmelfartsdag på samme dag. Siden 17. mai har
vært offisiell høytidsdag har dette skjedd 7 ganger tidligere. At 1. mai faller på samme dag som
Kristi himmelfartsdag har skjedd kun 2 ganger siden 1. mai ble offentlig høytidsdag.
4 Uppgifter Normat 1/2012
515. (Förslagsställaren, Kent Holing)
Vi antar at fjerdegradsligningen er gitt ved
(1) Q(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 for a, b, c og d heltall.
La videre røttene til (Lagrange) resolventen
(2) R(t) = t
3
− bt
2
+ (ac − 4d)t + 4bd − a
2
d − c
2
= 0
til ligning (1) være r
0
, r
1
og r
2
.
I tilfellet med G = Z
4
eller G = D
4
kan vi anta at røttene x
1
, x
2
, x
3
og x
4
til (1)
er nummerert slik at r
0
= x
1
x
2
+ x
3
x
4
er den eneste heltallsroten til (2). La videre
λ
1
= a
2
+4(r
0
−b) og λ
2
= r
2
0
−4d være definert, og la λ være lik diskriminanten til
ligning (1). Fra elementær Galois-teori er det da velkjent at i Z
4
/D
4
-tilfellet for (1),
så er G syklisk hvis og bare hvis (heretter hviss) λ
1
λ er et kvadrattall når λ
1
6= 0,
og (1) er syklisk hviss λ
2
λ er et kvadrattall når λ
1
= 0 (da er λ
2
6= 0, se nedenfor).
(Se teorem 13.1.1 i David A. Cox: Galois Theory, Wiley, 2004.) I oppgave 549 i
hefte 2 av Normat 2011 blir vi bedt om å vise dette i tilfellet med a = 0.
5
Siden
(3) Q(x) = (x
2
+
1
2
(a −
p
λ
1
)x +
1
2
(r
0
−
p
λ
2
))(x
2
+
1
2
(a +
p
λ
1
)x +
1
2
(r
0
+
p
λ
2
))
er det lett å vise det det er spurt om. Faktoriseringen (1) følger direkte av at
λ
1
= (x
1
+ x
2
− x
3
− x
4
)
2
og λ
2
= (x
1
x
2
− x
3
x
4
)
2
.
1) Anta at (1) har syklisk Galois-gruppe og er irredusibel. Vi skal vise at (3)
faktoriserer over Q[
√
λ] som påstått i oppgaven:
Merk først at λ
1
og λ
2
ikke kan begge være lik 0 samtidig. (Hvis så var tilfelle, ville
(1) ikke være irredusibel.) Er λ
1
λ
2
6= 0, så er λ
1
λ
2
= (r
0
a − 2c)
2
et kvadrattall,
6
og derfor er Q[
√
λ
1
] = Q[
√
λ
2
] = Q[
√
λ]. Koeffisientene i faktoriseringen er derfor
alle elementer i Q[
√
λ]. Er λ
1
= 0, så inneholder (3) bare
√
λ
2
(utenom rasjonale
koeffisienter), men
√
λ
2
∈ Q[
√
λ] siden λ
2
λ 6= 0 da jo er et kvadrattall. Tilsvarende
gjelder hvis λ
2
= 0. I alle tilfeller gir derfor (3) at (1) har to moniske (irredusible)
andregradsfaktorer med koeffisienter i Q[
√
λ], noe som skulle vises.
2) Anta det omvendte. Vi skal vise at G er syklisk:
Resolventen må ha minst én heltallsrot da alle røøttene til (1) er klassisk kon-
struerbare da kun kvadratrøtter trengs for å uttrykke røttene. Vi vet også at dis-
kriminanten ikke er et kvadrattall (ellers faktoriserer jo ligningen over Q). Vi har
derfor at Galois-gruppen er enten Z
4
eller D
4
da (1) er irredusibel. Men, da gir (3)
5
For en fjerdegradsligning med rasjonale koeffisienter vil det for bestemmelse av Galois-gruppen
til ligningen være uten tap av generalitet å anta at ligningen er på form x
4
+ bx
2
+ cx + d = 0 for
b, c og d heltall. (Hvorfor?)
6
Vi har at λ
1
λ
2
= (r
0
a − 2c)
2
+ 4R(r
0
) = (r
0
a − 2c)
2
siden R(r
0
) = 0. Andre egenskaper
for λ
1
og λ
2
: La R
D
(t) = R(t − α) være (den såkalte Descartes) resolventen til Q(x − a/4) = 0.
Merk at λ
1
= 0 hviss c = −αa/2 siden R
D
(λ
1
/4) = R(r
0
) = 0 for α = a
2
/4 − b; og siden
λ
1
λ
2
= (r
0
a − 2c)
2
, så er λ
1
λ
2
= 0 hviss R(2c/a) = 0 for a 6= 0. Vi har også at λ
2
= 0 hviss
d = c
2
/a
2
for a 6= 0. (Merk at for a 6= 0, har vi at R(2c/a) = 0 hviss (c + αa/2)(c
2
− a
2
d) = 0.)
Og, λ
2
6= 0 for a = 0 (hvis ikke, så er c = 0 og derfor λ
1
= 0). Videre gjelder at hvis λ
1
λ
2
6= 0,
så er både λ
1
og λ
2
ikke kvadrattall. Dette følger av (3) og at (1) er irredusibel. Til slutt, hvis
konstantleddene i (3) er rasjonale tall, så må λ
2
= 0 når (1) er irredusibel (hvorfor?).
Normat 1/2012 Uppgifter 5
og Cox-kritieriet for syklisitet ovenfor at (1) har Galois-gruppe lik Z
4
, som jo er
syklisk.
539. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK)
For enhver permutation {a
1
, a
2
, . . . , a
n
} af {1, 2, . . . , n} er
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
= 1 + 2 + ···n =
n(n + 1)
2
.
Heraf ses, at hvis det n’te ”trekantstal” T
n
= n(n + 1)/2 er et kvadrattal, så er
enhver permutation af {1, 2, . . . , n} kvadratisk.
Vi skal vise, at der omvendt gælder, at hvis T
n
ikke er et kvadrattal, så findes der
en permutation af {1, 2, . . . , n}, som ikke er kvadratisk.
Lad Q betegne mængden af de positive hele tal n, således at T
n
er et kvadrattal.
Simpel efterprøvning viser, at Q ∩ {1, 2, . . . , 100} = {1, 8, 49}.
Vi har
f(x) =
(
n
n+1
2
hvis n er ulige,
n
2
(n + 1) hvis n er lige,
og i alle tilfælde er de to faktorer i T
n
indbyrdes primiske. Altså er T
n
et kvadrat-
tal, hvis og kun hvis de to faktorer i T
n
begge er kvadrattal, dvs.
for n ulige: hvis n = x
2
og n + 1 = 2y
2
, og
for n lige: hvis n + 1 = x
2
og n = 2y
2
.
Heraf ses let, at n ∈ Q ⇒ n + 1 6∈ Q, en observation, som vi får brug for i det
følgende.
Antag nu n 6∈ Q. Vi skal bevise, at der findes en permutation af {1, 2, . . . , n}, som
ikke er kvadratisk, og dertil betragter vi permutationen bestemt ved
a
n
=
n + 1, hvis n ∈ Q,
n − 1, hvis n − 1 ∈ Q,
n ellers .
Denne permutation ombytter tal i Q med deres efterfølger og lader alle andre tal
blive på deres naturlige plads, og den er veldefineret, da n 6∈ Q.
Eksempel: For n = 10 betragter vi altså permutationen
(a
1
, a
2
, . . . , a
10
) = (2, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 8, 10).
For den således konstruerede permutation af {1, 2, . . . , n} har vi
a
1
+ a
2
+ ··· + a
k
=
(
T
k
, hvis k 6∈ Q,
T
k
+ 1, hvis k 6∈ Q,
og følgelig er permutationen ikke kvadratisk.
6 Uppgifter Normat 1/2012
En parameterfremstilling for Q
Ifølge det foregående er Q bestemt ved, at n ∈ Q hvis og kun hvis der eksisterer
positive hele tal x, y, således at enten
n er ulige, n = x
2
, n + 1 = 2y
2
, eller
n er lige, n = 2y
2
, n + 1 = x
2
.
Tallene i Q bestemmes altså af løsningerne (x
k
, y
k
) til Pell’s ligning
(1) x
2
− 2y
2
= 1
og den beslægtede ligning
(2) x
2
− 2y
2
= −1
Af teorien for Pell’s ligning følger, at løsningerne (x
k
, y
k
) til (1) og (2) fås af formlen
(3) x
k
+ y
k
√
2 =
1 +
√
2
k
, k = 1, 2, . . . ,
hvor (x
k
, y
k
) er løsning til (2) for k ulige og til (1) for k lige.
Af (3) fås
x
k
− y
k
√
2 =
1 −
√
2
k
,
og følgelig
x
k
=
1
2
1 +
√
2
k
+
1 −
√
2
k
.
Heraf får vi, at tallene n
k
i Q er
for k ulige: n
k
= x
2
k
=
1
4
1 +
√
2
2k
− 2 +
1 −
√
2
2k
, og
for k lige: n
k
= x
2
k
− 1 =
1
4
1 +
√
2
2k
+ 2 +
1 −
√
2
2k
− 1,
der kan sammenfattes i formlen
n
k
=
3 + 2
√
2
k
4
−
1
2
+
3 − 2
√
2
k
4
.
(Även löst av Con Amore Problemgruppe.)
541. (Ebbe Thue Poulsen)
Vi lader K betegne den rektangulære kasse, der er bestemt ved kanterne P A,
P B, og P C. Da såvel kassens midtpunkt som den givne kugles centrum O ligger i
midtnormalplanerne til P A, P B, og PC, er O kassens midtpunkt, og de til P, A,
B, og C modstående hjørner i kassen ligger ligeledes på kuglen.
1. Planerne π og π
0
bestemt ved A, B, og C hhv. A
0
, B
0
, og C
0
er parallelle. Lad
endvidere π
P
og π
P
0
være de dermed parallelle planer gennem P og P
0
.
Normat 1/2012 Uppgifter 7
Linjestykkerne P A, BC
0
, og A
0
P er parallelle og lige lange, og de forbinder hhv.
et punkt i π
P
med et punkt i π, et punkt i π med et punkt i π
0
, og et punkt i π
0
med et punkt i π
P
0
. Det følger heraf, at de fire parallelle planer π
P
, π, π
0
, og π
P
0
er ækvidistante, og videre, at deres skæringspunkter P , T, T
0
, og P
0
med kassens
diagonal P P
0
deler denne i 3 lige lange stykker.
Punktet T er følgelig ’tredjedelspunktet’ på linjestykket OP , og gennem dette
punkt går altså planen π bestemt ved A, B, og C, uafhængigt af, hvorledes A,
B, og C er valgt.
2. Betragt det sædvanlige retvinklede koordinatsystem med origo P og koordina-
takser gennem A, B, og C. Lad a, b, og c betegne de halve længder af P A, P B, og
P C. Da |P O| = 1, er a
2
+ b
2
+ c
2
= 1.
Arealet |4ABC| af 4ABC er
1
2
|AB × AC|, og da
AB = (−a, b, 0) og AC = (−a, 0, c),
er
AB × AC = (bc, ac, ab) ,
og altså
|4ABC|
2
=
1
4
(b
2
c
2
+ a
2
c
2
+ a
2
b
2
) ,
der for a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 har sin største værdi, når a
2
= b
2
= c
2
=
1
3
.
Den største værdi for |4ABC| er følgelig
√
3/6.
544. (Hans Kaas Benner, Randers)
Antag x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
n
, ukendte. Givet s
ij
= x
i
+ x
j
, 1 ≤ i ≤ j ≤ n, så
bestemmes n ved
n
2
= antal s
ij
.
For n = 2 kan x
1
og x
2
ikke bestemmes.
Da s
12
≤ s
13
≤ s
23
er det klart at x
1
, x
2
, x
3
kan bestemmes for n = 3.
For n ≥ 4 ved vi ikke om s
23
≤ s
14
eller s
14
≤ s
23
. Betragt følgende eksempel:
Givet s
ij
ved -0.9, 1, 2.1, 3, 4.1, 6, så er n = 4. Vi ved at s
12
= −0.9, s
13
= 1,
s
24
= 4.1, s
34
= 6.
Vælg s
14
= 2.1 og s
23
= 3. Så er x
1
= −1.45, x
2
= 0.55, x
3
= 2.45, x
4
= 3.55.
Vælges s
14
= 3 og s
23
= 2.1 fås x
1
= −1, x
2
= 0.1, x
3
= 2, x
4
= 4.
Altså: Tallene kan kun genskabes for n = 3. (Även löst av Con Amore Problem-
gruppe, København.)
545. (Con Amore Problemgruppe)
Vi fører beviset ved induktion. Det er klart, at uligheden gælder for n = 1. Vi
tænker os nu givet 2m + 1 vektorer af den givne beskaffenhed, hvor m ∈ N, og
hvor uligheden gælder for vilkårlige n = 2m − 1 sådanne vektorer. Vi betragter så
de to af de 2m + 1 vektorer, som har henholdsvis mindst vinkel u og størst vinkel
v; dvs. det gælder, at 0 ≤ u < v ≤ π [idet vi forudsætter, at de 2m + 1 punkter
er forskellige; dette er dog ikke væsentligt], og hvor alle de øvrige enhedsvektorers
vinkel ligger i intervallet ]u, v[. Ifølge induktionsantagelsen kan de øvrige 2m − 1
vektorer da skrives som k(cos w + i sin w), hvor k ≥ 1 og w ∈]u, v[. Idet vi regner
i den komplekse talplan, skal vi derfor vise, at
8 Uppgifter Normat 1/2012
|
−−→
OP
1
+
−−→
OP
2
+ ··· +
−−−→
OP
2m
+
−−−−−→
OP
2m+1
| = |(cos u + cos v + k cos w)+(1)
i(sin u + sin v + k sin w)| ≥ 1.
Vi kan lige så godt vise, at kvadratet på tallet efter lighetstegnet i (1) er mindst 1.
Vi finder:
(cos u + cos v + k cos w)
2
+ (sin u + sin v + k sin w)
2
=
k
2
+ 2k
(cos w(cos u + cos v) + sin w(sin u + sin v)
+
2 + 2(cos u cos v + sin u sin v) =
k
2
+ 2k
(cos w(cos u + cos v) + sin w(sin u + sin v)
+ 2(1 + cos (u − v)).
I det sidste udtryk ovenfor gælder, at k
2
≥ 1 og at 2(1 + cos (u − v)) ≥ 0.
Hvis vi kan godtgøre, at udtrykket i den store parentes er ikke-negativt, så er
induktionsbeviset fuldført. Da endvidere sin w(sin u +sin v) ≥ 0, kan vi antage, at
cos w(cos u + cos v) < 0 [ellers er vi færdige]. Denne antagelse medfører, at de to
faktorer i sidstn ævnte udtryk har modsat fortegn, dvs. at 0 ≤ u < π/2 < v ≤ π,
samt at w ligger i det samme af intervallerne ]0, π/2[ og ]π/2, π[ som den af vinklerne
u og v, der er numerisk tættest på π/2 [de kan icke ligge lige nær, da cos u + cos v
så ville være 0]. På grund af symmetri om den imaginære akse kan vi fx forudsætte,
at cos u > −cos v. Det indses nu let, at udtrykket i den store parentes for et givet
v har sin nedre grænse for u og w bestemt ved u = 0 og w = v. Denne nedre grænse
er da for et givet v lig med
(cos v(cos v + 1) + sin v(sin v + 0) = cos
2
v + sin
2
v + cos v = 1 + cos v ≥ 0.
Alt i alt har vi hermed godtgjort, at uligheden i opgaven så også gælder for
vilkårlige 2m + 1 vektorer af den givne beskaffenhed. Påstandens rigtighed følger
herafter ved induktion.
546. (Con Amore Problemgruppe)
Vi kalder en cirkel, som ikke er indeholdt i nogen anden cirkel, for en maksimal
cirkel, og alle cirkler, som er indeholdt i en maksimal cirkel (vi medregner den
maksimale cirkel selv), for et system. Endvidere vil vi benævne et system efter
farven på den maksimale cirkel og tale om et rødt, et blåt eller et gult system.
Opgaven går ud på at godtgøre , at der findes et gult system.
Vi fører beviset inderekte, dvs. antager, at der ikke findes nogen maksimal gul
cirkel.
Vi undersøger først opbygningen af et rødt system. Dette systems maksimale cirkel
indeholder præcis 5 blå cirkler; disse 5 blå cirkler må også indeholdes i enhver
anden rød cirkel i systemet (ellers måtte den maksimale cirkel indeholde flere end
5 blå cirkler). Da enhver af de blå cirkler indeholder præcis 13 gule, kan vi videre
slutte, at alle systemets blå cirkler indeholder de samme 13 gule cirkler (ellers måtte
enhver af de røde cirkler indeholde mere end 19 gule cirkler). De 6 resterende gule
Normat 1/2012 Uppgifter 9
cirkler i systemet må altså ligge uden for alle blå cirkler. Hermed har vi påvist, at
et rødt system yderst har et vist antal røde cirkler, inden i den inderste af disse
ligger netop 5 blå cirkler, og inden i den inderste af disse ligger 13 gule cirkler. De
6 resterende gule cirkler ligger mellem den inderste røde og den yderste blå cirkel.
Dernæst undersøger vi opbygningen af et blåt system. Et sådant kan ikke indeholde
nogen rød cirkel; thi forekomsten af en sådan ville jo medføre, at der inde i den
maksimale blå cirkel var yderligere mindst 5 blå cirkler, og da hver sådan indeholder
13 gule, måtte den maksimale blå cirkel indeholde for mange gule cirkler. Endvidere
må enhver blå cirkel i systemet indeholde enhver af systemets gule cirkler; ellers
måtte den maksimale blå cirkel igen indeholde for mange gule cirkler.
Vi fortsætter vor analyse: Da ethvert rødt system indeholder 19 gule cirkler, kan
der maksimalt være 7 røde systemer. Lad os kalde antallet af røde systemer for r,
og lad os kalde antallet af blå systemer for b. Det skal da ifølge antagelsen og vor
analyse gælde, at antallet af gule cirkler er 19r + 13b, altså at
(1) 19r + 13b = 150,
hvor både r og b er ikke-negative hele tal (og r endda højst 7).
Af 1 = 13 − 2 · 6 = 13 − 2 · (19 − 13) = 3 · 13 − 2 · 19 fremgår, at (450, −300) er
en løsning til den diophantiske ligning (1). Ifølge vor antagelse har (1) en løsning
(r, b) af form
(r, b) = (450 − 19k, −300 + 13k),
hvor k er et naturligt tal, og sådan at begge komponenter er ikke-negative. I mid-
lertid kræver 450 − 19k ≥ 0, at k ≤ 23, og −300 + 13k ≥ 0, at k ≥ 24. Hermed
er vor antagelse ført til en modstrid, dvs. vi har godtgjort, at der som påstået må
være mindst ét gult system.
