138 Uppgifter Normat 3/2012
Lösningar till uppgifter i Normat 2009:2 och 2010:4
524. (Förslagsställaren, Kent Holing, Trondheim.) Løsningen er som hintet nært
knyttet opp mot kassesproblemet fra populærmatematikken, se artikkelen På gjen-
grodde stiger i Normat fra 1997 (spesielt oppgave 11). Det gjelder å innse at proble-
met er ekvivalent med kasseproblemet SLP [|DE|, |DI |, |AF |]=SLP[a, b, c
0
] (se
Normat 2003, s. 84 for SLP-notasjonen) gitt slik at problemet har én og bare én
løsning |AE| for gitte |DE | = a og |DI| = b, se illustrasjonen fra Ladies Diary (LD)
nedenfor. Dette inntrer hvis og bare hvis |AF | = c
0
,derc
0
er også gitt nedenfor.
Det opprinnelige problemet (the pole in a chimney) fra LD i 1732 er den eldste
referansen til et ikke-kvadratisk kasseproblem SLP [a, b, c](a ”= b) som oppga-
vestilleren kjenner til.
1
(I Normat 2002, s. 92-95 finnes en historisk oversikt over
kasseproblemet.
2
)
Vi vet fra hintet (Normat 2003, s. 36) at a = mr
3
, b = ms
3
og c
0
= mt
3
for m,
r, s og t positive heltall med r
2
+ s
2
= t
2
og gcd(r, s, t)=1. Videre gir dette med
|BC| = d og – =
3
b/a (reell) at |CH| = c
0
≠(–+1/–)d.
3
Men, – +1/– = t
2
/(rs),
så vi har at rs(mt
3
≠|CH|)=dt
2
.Dad er antatt heltallig, må rs|dt
2
, og derfor
må rs|d siden gcd(rs,t
2
)=1da gcd(r, s)=1.Daern = d/(rs) heltallig.
Med a og b relativt primiske tall og |BC| minimal (dvs. m = n =1), så er problemet
fullstendig karakterisert ved |DE | = r
3
, |DI| = s
3
, |AF | = t
3
, |BC| = rs og
|CH| =(t ≠ 1)t
2
for (r, s, t) et primitivt Pythagoreisk trippel. Merk at |AE, |AI|
og |FI| er også heltallig. (Även löst av Kåre Vedøy, Fyllingsdalen)
1
LD gir løsningen |CH| som 14 feet 7 inches 2 tenths,somtilsvarer14.6fot.Deteksakte
uttrykket for |CH| kan lett finnes av løsningsmetoden nedenfor: For a =4, b =8og d =1har
den lengst mulige pålen som får plass oppe i pipa lengden |CH| =(4
Ô
–
2
+1≠ 1/–)(–
2
+1)for
–
3
Ô
2 (reell). Uttrykket for |CH| er tilnærmet lik 14.5941 fot.
2
Fra denne oversikten vet vi at kasseproblemet er ekvivalent med et geometrisk problem kre-
ditert Apollonius. Lenge etter at denne historiske oversikten ble skrevet, ble oppgavestilleren
gjort oppmerksom på artikkelen R. C. Archibald: Discussion and history of certain geometrical
problems of Heraclitus and Apollonius,Proc.EdinburghMath.Soc.,28(1909),s.152.(Douglas
Rogers, privat kommunikasjon.) Artikkelen gir en m e get grundig gjennomgang av slike problemer.
3
Fra figuren ser vi at |CH|/|AF | =(h ≠d)/h der h er høyden på hypotenusen AF itrekanten
AF I (rett sylindrisk påle). Med vanlig notasjon for stigeproblemer lar vi y = y
0
= |FI| og
z = z
0
= |AI|.Vifinnerletth ved c
0
h = y
0
z
0
.Sidenc
0
= –(1 + –
2
)
3
2
, y = y
0
= –(1 + –
2
) og
z = z
0
= b + a– = a–(1 + –
2
),blir|CH| =(1≠ d/h)c
0
= c
0
≠ (c
0
/h)d.Nåerc
0
/h = – +1/– ,
som gir at |CH| = c
0
≠ (– +1/–)d,sompåstått.
Normat 3/2012 Uppgifter 139
543. (Förslagsställaren, Kent Holing) Anta at fjerdegradsligningen er gitt som
Q(x)=x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d. Resolventen er da gitt ved R(x)=x
3
≠ bx
2
+(ac ≠
4d)x +4bd ≠ a
2
d ≠ c
2
=0.
Først, så må Q(x) være redusibel, for hvis ikke , så må Q(x) gå opp i R (x) som
opplagt ikke er mulig. Videre så må R(x) gå opp i Q(x) da resolventen antas å
være irredusibel. Vi har med andre ord at Q(x)=(x ≠ r)R(x) for r et rasjonalt
tall.
Vi viser lett at r = ≠(a + b) og R(r)=±1. Det siste følger av at ⁄ = R(r)
2
⁄ hvor
⁄ er lik diskriminanten til fjerdegradsligningen (resolventen) og ⁄ ”=0(resolventen
er irredusib el).
Løsning av a): Anta at fjerdegradsligningen er på såkalt redusert form, dvs. at
kubikkleddet mangler ( a =0). Siden Q(x) ≠ (x + b)R(x) ©”= 00, vil vi ha at
c(c + 1) = 0, og siden c ”=0,såmåc = ≠1. (Hvis c =0,såvilR(b)=0, og det er
ikke mulig da resolventen er irredusibel.)
Videre har vi at (da a =0og c = ≠1) b(b + 1) + 4d =0og b + d ≠ 4b
2
d =0.Dette
gir sammen med
R(≠b)=±1 at R(x) ikke kan være irredusibel når a =0. (Det er ingen heltallsløs-
ninger til disse ligningene i b og d.) Altså er a ”=0når resolventen er irredusibel.
Løsning av b): Røttene til resolventen er altså alle røtter til fjerdegradsligningen.
Hvis røttene til fjerdegradsligningen er gitt som x
1
, x
2
, x
3
og x
4
, kan vi anta at
røttene til resolventen er x
1
, x
2
og x
3
. Ved passende nummerering av røttene, kan
vi med x
4
= r anta at x
1
= x
1
x
2
+ rx
3
.
Galois-gruppen G til resolventen og fjerdegradsligningen er den samme og er enten
S
3
eller Z
3
siden resolventen er irredusibel. Er G ”= Z
3
, så vil automorfien – =(1, 2)
som bytter om på x
1
og x
2
og fikserer x
3
være et element i G. (Merk at – har
orden 2 i S
3
, og er derfor ikke i Z
3
(A
3
).) Brukes – på ligningen x
1
= x
1
x
2
+ rx
3
,
så får vi at x
1
= x
2
, men dette er ikke mulig da den irredusible resolventen ikke
kan ha multiple røtter. Så, vi har at G = Z
3
.
Løsning av c): Fra a) har vi at a ”=0. Merk at r er et heltall siden r = ≠(a + b) for
heltall a og b.
Ved å bruke en symbolsk matematikkpakke er det forholdsvis enkelt å komme opp
med eksemplene Q
1
(x)=x
4
+2x
3
≠ x
2
≠ 3x ≠ 1=0og Q
2
(x)=x
4
≠ 4x
3
+3x
2
+
3x ≠ 3=0.
Det kan også vises at for r ”=0
4
heltall, så vil
(1)
a = ≠(2r
2
+r +1)/r, b =(r
2
+r +1)/r, c =(2r
3
+r
2
+r ≠1) og d = ≠r
2
(r
2
+r +1)
gi fjerdegradsligninger som det spørres etter hvis vi aksepterer at Q(x) og R(x)
kan være moniske polynom med rasjonale koeffisienter.
5
Vi har at Q(x) = (x - r) R(x) med
(2) R(x)=x
3
≠ g(r)x
2
≠ (r + 1)g(r)x + r
2
g(r) for g(r)=r +1+1/r.
4
Er r =0,erdetlettåviseatresolventenmåværeredusibel.
5
Denne familien av fjerdegradsligninger skyldes Kurt Foster.
140 Uppgifter Normat 3/2012
Det er mulig å vise at R(x) er irredusibel for alle heltall ”=0ved å vise at ligningen
x
3
≠ h(r)x
2
≠ r(r + 1)h(r)x + r
4
h(r)=0for h(r)=r
2
+ r +1 ikke kan ha
heltallsrøtter.
Ved å kreve heltallsko effis ienter, så må r = ±1, som gir eksemplene Q
1
(x) and
Q
2
(x) ovenfor.
Vi vil til slutt vise at en monisk fjerdegradsligning med rasjonale koeffisienter s om
har minst én felles rot med sin irredusible resolvent, må være på formen Q(x)=
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d med koeffisienter gitt av (1).
Ved passende nummerering av røttene, kan vi anta at x
1
= x
1
x
2
+ rx
3
, x
2
=
rx
1
+ x
2
x
3
og x
3
= x
1
x
3
+ rx
2
.
6
Dette gir at x
1
= rx
2
/(r
2
≠ (x
2
≠ 1)x
2
). Den rasjonale funksjonen f(x)=rx/(r
2
≠
(x ≠ 1)x) må derfor oppfylle f(f(f(x))) = x for alle røtter x.
7
Dette kan brukes til å bestemme e t polynom p(x) for å finne R(x) i Q(x)=(x ≠
r)R(x) med Q(x) som i (1).
Med en programpakke for symbolsk matematikk er det enkelt å bestemme p(x),
og ikke minst, faktorisere p(x). Polynomet p(x) er av grad 9 som faktoriserer i tre
lineære faktorer og to faktorer av grad 3. (Merk at x og x ≠ r er faktorer av p(x).)
Bare én av tredjegradsfaktorene kan være resolvent til Q(x) gitt av (1). Og, det
viser seg at denne faktoren er lik R(x), som gitt ved (2).
6
Forklar at x
1
= x
1
x
2
+ rx
3
, x
2
= x
1
x
3
+ rx
2
og x
3
= rx
1
+ x
2
x
3
ikke er riktig.
7
Dette er konsistent med at Galois-gruppen er Z
3
slik at rotkroppen til resolventen (og fjer-
degradsligningen) er Q[x
2
].
