Normat 3/2012 Uppgifter 141

Lösningar till uppgifter i Normat 2011:2

547. (Hans Kaas Benders, Randers.)

Antag

(1) a

n+1

=2a

n

+ a

n≠1

med a

1

=1, a

2

=2.Såera

3

=5, a

4

= 12 ....

Vise at (1) medfører, at

(2) a

n+1

a

n≠1

= a

2

n

+(≠1)

n

for n Ø 2. Vi har at (2) er sant for a

1

=1, a

2

=2, a

3

=5. Antag (2). Så er, ved

induktion,

a

n+2

a

n

=(2a

n+1

+ a

n

)a

n

=2a

n+1

a

n

+ a

2

n

=2a

n+1

a

n

+ a

n+1

a

n≠1

+(≠1)

n+1

= a

n+1

(2a

n

+ a

n≠1

)+(≠1)

n+1

= a

2

n+1

+(≠1)

n+1

Altså er a

n

entydigt bestemt ved (2) og rekursionsformlen for talfølgen er a

n+1

=

2a

n

+ a

n≠1

.

Uppgiften är också löst av Con Amore Problemgruppe, København, som m otive-

rar rekursionsformeln (1) genom att hänvisa till Fibonacci-talföljden (f

n

)

Œ

1

,vilken

deﬁnieras via sambandet

f

n+1

= f

n≠1

+ f

n

,

och som bl. a. uppfyller

f

n+1

f

n≠1

≠ f

2

n

=(≠1)

n

för n =2, 3, 4,...

Det ligger då nära till hands att pröva ansatsen

a

n+1

= a

n≠1

+ qa

n

,

där q är ett naturligt tal. Av villkoren a

1

=1, a

2

=2följer så att q =2.

548. (Con Amore Problemgruppe, København)

Vi forudskikker den bemerkning, at ¸

2

ikke kan gå gennem O, for i så fald ville

B og C være diametralt modsatte punkter på cirklen, og cirklens tangenter ville

dermed være parallelle og ikke kunne skære hinanden i noget punkt Q.

Vi indfører et koordinatsystem med O som begyndelsespunkt, med x-aksen parallel

med ¸

2

og med cirklens radie som enhed; se Fig. 1. Punktet O har da naturligtvis

koordinatsættet (0,0), og cirklen har ligningen x

2

+ y

2

=1. Lad punkterne P , A,

142 Uppgifter Normat 3/2012

B, C og Q have koordinatsættena henholdsvis (p

1

,p

2

), (a

1

,a

2

), (b

1

,b

2

), (c

1

,c

2

) og

(q

1

,q

2

). Da P ligger uden for cirklen, må det gælde, at p

2

1

+ p

2

> 1, og da A ligger

på cirklen, må det gælde, at a

2

1

+ a

2

=1;da≥

1

er cirklens tangent i A, har ¸

1

ligningen a

1

x + a

2

y =1, og da ¸

1

går gennem P , gælder det, at

(1) a

1

p

1

+ a

2

p

2

=1.

Da ¸

2

går gennem P og er parallel med x-aksen, har ¸

2

ligningen y = p

2

, og i

henhold til den indledende bemærkning er p

2

”=0.

Da B og C ligger på ¸

2

, har vi b

2

= c

2

= p

2

.OgdaB og C ligger på cirklen, må det

derfor (foruden p

2

”=0) gælde, at ≠1 <p

2

< 1, og endvidere, at b

2

1

+ b

2

= c

2

1

+ c

2

,

og dermed, at b

2

1

= c

2

1

.DaB og C er forskellige, har vi da, at b

1

= ≠c

1

.Cirklens

tangenter i B og C har endvidere ligningerne

b

1

x + b

2

y =1 og c

1

x + c

2

y =1,

altså

b

1

x + p

2

y =1 og ≠ b

1

x + p

2

y =1,

og det ses let, at tangenternes skærningspunkt Q har koordinatsættet (q

1

,q

2

)=

(0,

1

p

2

).

Ovenfor udtrykte vi b

2

og c

2

ved p

2

, nemlig som b

2

= c

2

= p

2

. Man kan også (men

det er altså ikke nødvendigt) udtrykke b

1

og c

1

ved p

2

, nemlig som b

1

= ≠



1 ≠ p

2

og c

1

=



1 ≠ p

2

(eller omvendt).

Opgaven gik jo ud på at bevise, at linien gennem A og Q og linien gennem P og

O skærer hinanden under en ret vinkel, altså at

≠æ

QA =

≠≠æ

OP =0. Vi ﬁnder, at

≠æ

QA =(a

1

≠ q

1

,a

2

≠ q

2

)=(a

1

,a

2

≠

1

p

2

) og

≠≠æ

OP =(p

1

,p

2

),

og dermed har vi, idet vi benytter (1), at

≠æ

QA ·

≠≠æ

OP =(a

1

,a

2

≠

1

p

2

) · (p

1

,p

2

)=a

1

p

1

+ a

2

p

2

≠ 1=0,

og opgaven er løst.

Vi bemærker, at det er muligt, men altså unødvendigt, at udtrykke a

1

og a

2

ved

p

1

og p

2

; man ﬁnder, efter en del regning, at

a

1

=

p

1

± p

2



p

2

1

+ p

2

≠ 1

p

2

1

+ p

2

og a

2

=

p

2

û p

1



p

2

1

+ p

2

≠ 1

p

2

1

+ p

2

.

Normat 3/2012 Uppgifter 143

.

..

.

..

.

..

.

Q

P

O

A

B

¸

2

¸

1

Fig. 2