Baltic Way opgavesæt Sorø 2005 Løsninger

Transkript

1 Baltic Way opgavesæt Sorø 005 Løsninger 1. Lad r > 1 være et reelt tal og lad a n være givet ved a n = 1 ( r n 1 ) n r n for n 1. Bevis at a n+1 > a n for alle n 1. Løsning: Vi har følgende serie af biimplikationer: a n+1 > a n 1 ( r n+1 1 ) n + 1 r n+1 > 1 ( r n 1 ) n r n n(r (n+1) 1) > (n + 1)r(r n 1) n(r n+1 + r n + + r + 1) > (n + 1)(r n + r n r + r) n(r n+1 + 1) > r n + r n r + r Dvs. det er nok hvis vi kan vise for 1 k n, og dette gælder idet r n > r n+1 k + r k r n+1 r n+1 k r k + 1 = (r n+1 k 1)(r k 1) > 0.. Find alle reelle funktioner f defineret på de positive reelle tal, der ikke er identisk nul og som opfylder f(x + y) = f(x) + f(1 + e f(y) f(x) ) og for alle x, y > 0. f(x y ) = f(x)e f(y) Løsning: Med x = y = 1 i den første ligning fås f() = f(1) + f() og dermed f(1) = 0. Med x = 1 bliver den derfor f(1 + y) = f(1 + e f(y) ) (*) Eftersom f ikke er nul overalt findes der et a så f(a) 0. Hvis a < 1 giver første ligning med x = a, y = 1 a og b = 1 + a f(y) f(x) at f(a) + f(b) = 0 og dermed f(b) 0. Bemærk at b > 1. 1

2 Vi kan derfor antage at a > 1. Lad z > 1. Med x = a og y = log z/ log a giver den anden ligning f(z) = f(a)ef(log z/ log a) og dermed har f(z) og f(a) samme fortegn. Den første ligning giver nu at f er strengt monoton. Dermed giver (*) 1 + y = 1 + e f(y), dvs. f(y) = log y. Det ses ved indsættelse at denne funktion opfylder begge betingelser. 3. Lad f(x) = ax + bx + c hvor a, b, c Z og a 0. Ligningen f(x) = x har mindst en heltallig løsning. Find f(005) når f(f(005)) = 005. Løsning: Svaret er f(005) = 005. Sæt n = 005 og m = f(n). Så er f(m) = f(f(n)) = n, dvs. vi har an + bn + c = m am + bm + c = n Trækkes disse ligninger fra hinanden fås (a(n + m) + b)(n m) = m n. Antag at m n. Så er b = 1 am an c = m an bn = m an ( 1 am an)n = m + n + amn. Lad x 0 være en heltallig løsning til f(x) = x. Så er Dermed er diskriminanten et kvadrat d ax 0 (am + an + )x 0 + (m + n + amn) = 0. d = (am + an + ) 4a(m + n + amn) = (a(m n)) + 4 dvs. (d a(m n))(d+a(m n)) = 4. Eftersom tallene d±a(m n) har samme paritet, er de begge enten eller, men det giver a(m n) = 0 i modstrid med a 0 og m n. Dermed er m = n, dvs. f(005) = Bevis at der for ethvert positivt heltal n findes to reelle løsninger x 1 og x til ligningen sådan at x 1 x < 1. k= n k x k = 0 Løsning: Sæt f(x) = k= n k x k Sæt N = { n, (n 1),..., n, n 1}. Betragt for ethvert k N intervallet ]k, k+1[. I disse intervaller ses f at være en aftagende funktion, og eftersom f(x) for x k fra højre og f(x) for x k +1 fra venstre, ses det at f har nøjagtig én rod i hvert af

3 intervallerne. Ligningen f(x) = 0 har derfor n rødder n < α 1 < α < < α n < n. Vi bemærker at f( x) = f(x) idet Vi har 1 f f( x) = k= n k x k = ( n + 1 ) = 1 ( f n 1 ) = k=1 n 1 k= n k x + k = k= n k x k = f(x) k n + k 1 1 n n 1 k n k 1 n 1 + n k=1 k=1 k n n n 1 k 3 k=1 = n 1 1 n + 1 (n+1 ) 1 n (n 1 ) ( = n ) + n + 1 n n n 10 = 3(n + 1) n 1 + n n 5 3(n 1). For n 3 er f( n + 1 ) derfor positiv. Endvidere har vi for n = at 1 f( 3 ) = 7 15 > 0 og for n = 1 at 1 f( 1 ) = 3 1+ = 1 3 > 0. Dvs. f( n+ 1 ) > 0 for alle n. Dermed er n+ 1 < α 1. Tilsvarende er α n < n 1, da f(n 1 ) = f( n+ 1 ) < 0. De n rødder α 1,..., α n ligger dermed i et åbent interval af længde n 1, og der må derfor findes to af dem med afstand mindre end Lad N være mængden af de positive heltal. En funktion f : N N opfylder betingelsen f(m + f(n)) = (f(m)) + f(n) for alle n, m N. Bevis at f(n) = n for alle n. Løsning: Sæt q = f(1). Med m = 1 fås f(1 + f(n)) = f(n) + q. Udskiftes n med 1 + f(n) som induktionsskridt fås følgende for k 0 Sætter vi nu k = q + fås f(1 + kq + f(n)) = f(n) + (k + 1)q. (*) (f(1 + q )) + f(n) = f((1 + q ) + f(n)) = f(n) + (q + 3)q hvilket giver (f(1+q )) = (q +3)q. Eftersom venstresiden er et kvadrat må højresiden og dermed q + 3 også være det. Det giver 3 = (p q)(p + q) og dermed q = 1. Vi har altså f(1) = 1. Sættes nu n = 1 i (*) fås f(k + ) = k + for k 0, og dermed f(n) = n for alle n N. 3

4 6. En følge (a n ) n N kaldes k-sorteret (k 1) hvis enhver af dens delfølger af formen b n = a nk+l er voksende. Betragt en k-sorteret følge af parvis forskellige positive heltal og foretag nu en m-sortering af denne følge, dvs. omarranger tallene i hver delfølge af formen a nm+l i voksende rækkefølge. Vis at følgen efter m-sorteringen stadig er k- sorteret. Løsning: Vi starter med et lemma: Givet to følger a n og b n af positive heltal med a n b n for alle n. Lad ā n og b n være følgerne der opstår ved at sortere a n og b n. Så gælder ā n b n for alle n. Bevis: Lad ā 1 = a q være det mindste tal i den første følge og b 1 = b p være det mindste tal i den anden følge. Antag at p q. Så gælder a q a p b p b q. Dermed er a q b p og a p b q, og vi kan derfor ombytte a p og a q således at a n b n stadig er opfyldt for alle n. Vi kan altså antage at p = q. Da p = q, gælder ā 1 b 1 trivielt og ved at fjerne disse tal fra følgen og gentage argumentet fås ā n b n for alle n. Dermed er lemmaet vist. Givet en k-sorteret følge a n skal vi nu vise ā t < ā t+k for alle t, hvor ā n er følgen a n efter m-sorteringen. Skriv t = qm + r hvor 1 r m. Lad a n være følgen der opstår ved at m-sortere a n, bortset fra den delfølge der indeholder t + k, denne delfølge sorteres først fra r + k. Vi har a nm+r < a nm+r+k for alle n. Ifølge lemmaet har vi derfor ā nm+r < a nm+r+k. Vi mangler nu blot at vise a nm+r+k ā nm+r+k for alle n. Men det gælder, da de tal vi evt. mangler at placere rigtigt i delfølgen indeholdende t + k højst kan få tallet på plads nm + r + k til at stige. 7. Lad a være et lige, positivt heltal. Sæt f(n) = a n + 1 for positive heltal n. Bestem alle positive heltal k så f(n) og f(kn) er indbyrdes primiske for alle n. Løsning: Svaret er alle lige, positive tal. Hvis k er ulige fås f(kn) = (a n ) k + 1 k = (a n + 1)(a (n 1)k + 1), dvs. f(n) går op i f(kn). Antag nu at k er lige og at f(n) og f(kn) har en fælles faktor d > 1. Så er a n 1 (mod d) og vi får 0 f(kn) (a n ) k + 1 ( 1) k + 1 (mod d) dvs. d =, men det strider mod at f(n) er ulige. 8. Tallet 004 skrives som en sum af positive tal, der hver især enten er et kvadrat eller en kube. Hvad er det mindste antal tal der skal til? Løsning: Svaret er 3. Vi har 004 = og skal vise at 004 ikke kan skrives som en sum af to positive kvadrater/kuber. Modulo 9 har vi x 0 når x 0 (mod 3), x 1 når x ±1, x 4 når x ± og x når x ±4. Endvidere har vi x 3 0, ±1 (mod 9) når der henholdsvis 4

5 gælder x 0, ±1 (mod 3). Eftersom (mod 9), er den eneste måde at skrive 004 som en sum af to positive kvadrater/kuber at skrive 004 = x + y 3 med x ±4 (mod 9) og y 1 (mod 3). Ved substitutionen x = 9u ± 4 og y = 3v 1, hvor u 0 og v 1 fås 9u ± 8u + 3v 3 3v + v = 1. Da u er heltallig er 9u ± 8u 0. De tre sidste led kan skrives som v(3v(v 1) + 1) og ses dermed at vokse med v. For v = 5 giver de tre sidste led 305 og vi har derfor 1 v 4. Indsættes disse fire værdier fås ligningen 9u ± 8u = c med c henholdsvis 0, 07, 164 og 73. Men denne andengradslignings diskriminant er ikke noget kvadrat for nogen af de fire værdier af c. 9. Vis at der for alle heltal a, b > 1 findes uendelig mange ulige, positive heltal n for hvilke a n + n b ikke er primtal. Løsning: Antag at p = a n 0 + n b 0 er et primtal. Følgen an mod p er periodisk med periode p 1. Følgen n b mod p er periodisk med periode p. Derfor er følgen a n + n b mod p periodisk med periode p(p 1) og indeholder derfor uendelig mange tal der er delelige med p. 10. Find alle sæt af x, y, z N sådan at x(x y) + y(y z) + z(z x) = 1. Løsning: Ligningen kan omskrives til (x y) + (y z) + (z x) = hvilket giver løsningstriplerne (a, a, a + 1) og (a, a + 1, a + 1) samt permutationer af disse. 11. n stole er opstillet i en kvadratisk n n tabel. På nogle af stolene sidder der mennesker. Vi kender antallet af mennesker i hver række, hver søjle og hver linje parallel med en af diagonalerne. For hvilke n og hvilke sæder kan vi altid afgøre om der sidder en person? Løsning: Hjørnepladserne er altid kendt. For n = 1 og n = kan vi derfor afgøre alle pladser. For n = 3 kan midterpladserne langs kanten afgøres da vi kender hjørnerne og derfra kan centerpladsen afgøres, så i dette tilfælde kan vi også afgøre alle pladser. Betragt tilfældet n = 4. Vi repræsenterer situationen med en 4 4 matrix med et 1-tal hvis der sidder en person og 0 ellers. Da a 1 = a 4 = a 31 = a 43 = 1 og 0 i resten af indgangene giver samme summer som a 13 = a 1 = a 34 = a 4 = 1 og 0 i resten af indgangene, kan vi ikke afgøre kantpladserne. Lad h i og v i for i = 1,..., n betegne hhv. horisontale og vertikale summer, og lad u j og d j for j = 0,..., (n ) betegne de skrå summer (u 0 = a 11, u 1 = a 1 + a 1,..., d 0 = a n1, d 1 = a (n 1)1 + a n,... ). Vi kan nu finde a + a 3 = h + h 1 a 11 u 1 d 5 a 14, tilsvarende kan vi finde a + a 3, og eftersom a 3 + a 3 = u 3 a 41 a14 kan vi nu finde a tilsvarende kan vi finde a 3, a 3 og a 33. For n = 5 er hjørnerne bestemt som før. Vi kan også finde det midterste element som 3a 33 = h 3 v 1 v v 4 v 5 + u 1 + u 7 + u 4 + d 4 + d 1 + d 7. De resterende elementer kan alle placeres som ikke-hjørne kantelementer i en 4 4 delmatrix og de kan derfor ikke afgøres. For n 6 kan alle elementer bortset fra hjørnerne placeres som ikke-hjørne kantelementer i en 4 4 delmatrix og de kan derfor ikke afgøres. 5

6 1. På planeten Automoria lever der et (muligvis uendeligt) antal automorianere. De er alle af samme køn, men de har stadig følelser som kærlighed og respekt. Det er velkendt at (a) enhver automorianer elsker netop en automorianer og respekterer netop en automorianer; (b) hvis A elsker B så elsker alle automorianere der respekterer A også B; (c) hvis A respekterer B så respekterer alle automorianere der elsker A også B; (d) hver automorianer har en der elsker ham. Gælder det at alle automorianere respekterer den automorianer som han elsker? Løsning: Svaret er ja. Betegn for en automorianer x den automorianer som han elsker f(x) og den som han respekterer g(x). Den første betingelse sikrer at f og g er funktioner. Vi skal nu bevise at disse to funktioner er ens. Betragt en automorianer x, han respekterer g(x), der elsker f(g(x)). Den anden betingelse giver nu f(g(x)) = f(x). (*) Tilsvarende giver den tredje betingelse Den fjerde betingelse giver at f er surjektiv. g(f(x)) = g(x). (**) Fra (**) får vi f(g(f(x))) = f(g(x)) og vha. (*) bliver det til f(f(x)) = f(x). Da f er surjektiv har vi derfor f(x) = x. Ligningen (*) giver nu g(x) = f(g(x)) = f(x) = x og dermed f(x) = g(x) = x, dvs. automorianere elsker og respekterer kun sig selv. 13. Der er 004 drenge til en speed-dating fest i downtown Sorø og endnu flere piger n > 004. Pigerne er skal fordeles mellem drengene sådan at ingen dreng er bliver ladt alene. Derfor er pigerne blevet fordelt i 004 ikke-tomme mængder, der senere skal fordeles tilfældigt til drengene. Pludselig forlader en dreng og en pige festen sammen. Vis at pariteten af antallet af måder at indele pigerne på ikke ændrer sig. Løsning: Betegn antallet af opdelinger af n piger i m ikke-tomme mængder S(n, m). Vi skal vise at S(n, 004) S(n 1, 003) (mod ). Vi starter med at vise den generelle formel S(n, m) = S(n 1, m 1) + ms(n 1, m) Tag en pige. Nu kan hun enten placeres for sig selv, hvilket giver S(n 1, m 1) måder at fordele resten eller hun kan placeres i en af m ikke-tomme mængder der kan konstrueres på S(n 1, m) måder. Da (mod ) fås det ønskede direkte af formlen med m =

7 Bemærk: S(n, m) kaldes Stirling tal af anden orden og betegnes også j ff n m. 14. Mængderne A 1, A,..., A opfylder A i = 5 for i = 1,,..., og A i A j = for 1 i < j. Vis at der findes to elementer der er indeholdt i alle mængder. Løsning: og Antag at der ikke findes sådan to elementer. Sæt S = A i i=1 a(x, y) = {i {x, y} A i } for x, y S. Antag at der er fem mængder der indeholder 1 og, f.eks. A 1, A, A 3, A 4, A 5. Så må en mængde A j med {1, } A j indeholde et element fra hver af mængderne A i \ {1, } for i = 1,, 3, 4, 5. Dermed er {1, } A j = og vi får en modstrid med A 1 A j =. Vi kan derfor antage at a(x, y) 4 for alle x, y S. Der er præcis 10 uordnede par i A 1 og hver A i for i =, 3,..., indeholder netop et af dem. Dermed er et af parrene indeholdt i A 1 og tre andre mængder. Dvs. der findes x, y med a(x, y) = 4. Vi kan antage at x = 1, y = og at de fire mængder er A 1, A, A 3, A 4 : A 1 = {1,, 3, a, b}, A = {1,, 4, c, d}, A 3 = {1,, 5, e, f}, A 4 = {1,, 6, g, h}. Vi kan endvidere antage at A 5 = {1, 3, 4, 5, 6}. For at overholde A i A j = for i = 1,, 3, 4 må ethvert A j med j > 4 indeholde enten 1 eller. Antag at 1 A j for 10 af disse, f.eks. j = 5, 6,..., 14. Hver af de ni mængder A j, j = 6,..., 14 må så indeholde 3, 4, 5 eller 6 pga. A 5 A j =. Dermed findes der et x {3, 4, 5, 6} med a(1, x) 5, en modstrid. Dermed indeholder højst ni af mængderne A j, j = 5,..., 1. Tilsvarende kan højst ni af dem indeholde. Dermed indeholder præcis ni af dem 1, f.eks. A 5,..., A 13. Udfylder vi nu mængderne får vi, idet vi husker a(x, y) 4 og herefter kan vi ikke udfylde A 1. A 6 = {1, 3, c, e, g}, A 7 = {1, 3, d, f, h}, A 8 = {1, 4, a, e, h}, A 9 = {1, 4, b, f, g}, A 10 = {1, 5, a, d, g}, A 11 = {1, 5, b, c, h}, 7

8 15. Lad P være en mængde af n 3 punkter i planen, sådan at der ikke findes tre på linje. Lad T være en mængde af n(n+3) 18 trekanter med hjørnepunkter i P, sådan at ingen af dem har en fælles side. Vis at alle punkter fra P er indeholdt i det samme antal trekanter fra T. Løsning: For x P lader vi t x betegne antallet af trekanter fra T der indeholder x. Summerer vi t x over P tæller vi alle trekanter netop 3 gange og dermed har vi t x = x P Eftersom ingen trekanter deler en kant har vi n(n + 3) 6 (1) t x + t y + t z n 3 for alle xyz T. Summeres () over T fås x P t x n(n + 3) = n + 3 () (3) Den aritmetisk-kvadratiske ulighed giver der ifølge (1) er ækvivalent med 1 n t x x P 1 n t x (4) x P n(n + 3) 36 x P t x (5) Ifølge (3) og (5) må der altså gælde lighedstegn i (4) hvilket giver det ønskede. 16. Vi har givet en konveks femkant ABCDE sådan at AB CE, BC AD, CD BE og AE BD. Lad D 1 være skæringspunktet mellem AC og BE, og lad C 1 være skæringspunktet mellem AD og BE. Vis at BD 1 = C 1 E. Løsning: Lad T (ABC) betegne arealet af en trekant. Vi påstår at DE AC. Vi har T (ADE) = T (ABE) = T (ABC) = T (BCD) = T (CDE) hvilket giver at DE er parallel med AC. Dermed er BCDC 1 og CDED 1 parallelogrammer, så BC 1 = CD = D 1 E hvilket giver at BD 1 = C 1 E. 17. En myre går tilfældigt rundt. Efter et stykke tid har myren bevæget sig en meter. Bevis at den hele tiden har holdt sig inden for en halvcirkel med radius 1 meter. 8

9 Løsning: Lad A og B være myrens start og slutpunkter. Stien myren har bevæget sig benævnes Γ. Betragt linjen a = AB (eller en tilfældig linje gennem A i tilfældet A = B). Lad C være punktet på stien længst væk fra a. Træk linjen b parallel med a gennem C. Så finder hele turen sted på den ene side af b. Spejl stien i b. Følg stien fra A til C og derfra videre ad den spejlede sti til B, der er spejlingen af B. Denne sti Γ er stadig en meter lang. Midtpunktet D af AB ligger på b. Roter nu Γ i D over i Γ. Sammensætningen af stierne Γ = Γ Γ er en lukket sti med længde meter. Hvis P og P er to punkter på Γ symmetrisk omkring D, så deler P og P Γ i to identiske dele hver med længde 1 meter, dvs. P P er højst 1 meter og DP er højst 1 meter. Dvs. hele Γ er indeholdt i skiven med radius 1 meter og centrum D. Det betyder at Γ er indeholdt i halvskiven der fås ved at skære skiven med b. 18. Cirklerne C 1 og C med forskellige radier rører i punktet P. Lad l være linjen tangerende begge cirkler i P. For et vilkårligt punkt L P på l betegner Q L 1 og QL røringspunkterne på de to cirkler til de to andre tangenter gennem L. Vinklen Q L 1 LQL π betegnes γ L. Lad et punkt M P på l være givet sådan at γ M γ L for et hvert punkt L P på l. Find P MQ M 1 + P MQM. Løsning: Svaret er π. Antag først at de to cirkler ligger på hver sin side af l. Hvis L P ligger på en fælles tangent for de to cirkler forskellig fra l er γ L = π. Hvis vi på den anden side har γ L = π må punkterne Q L 1, L, QL alle ligge på en fælles tanget for de to cirkler. M er altså et sådant punkt. Dermed er P MQ M 1 + P MQ M = Q M 1 MQ M = γ M = π. Antag dernæst at de to cirkler ligger på samme side af l. Betegn cirklernes centre med hhv. O 1 og O og deres radier med r 1 og r. Vi kan antage at r 1 > r. Vi har γ L = P LQ L 1 P LQL. Eftersom γl < π kan vi lede efter maksimum for g(l) = tan γl i stedet for γl. Vi har Sæt f(a) = a(r 1 r ) a +r 1 r g(l) = tan P LQL 1 P LQL = tan P LO 1 P LO = tan P LO 1 tan P LO 1 + tan P LO 1 tan P LO r 1 P L r P L r = 1 + r 1 P L P L = P L (r 1 r ) P L + r 1 r f (a) = 0 (r 1 r )(a + r 1 r ) a (r 1 r ) = 0 r 1 r = a 9

10 Dvs. vi har r 1 r = P M hvilket giver tan P MO 1 = r 1 P M = = cot P MO P M r dvs. P MO 1 + P MO = π, og dermed er P MQM 1 + P MQM = π. 19. Givet en trekant ABC tegnes fra midtpunktet af hver side en linje der deler trekantens omkreds i to lige store dele. Vis at disse tre linjer skærer i samme punkt. Løsning: Vi starter med at vise at de pågældende linjer fra en sides midtpunkt er parallelle med det modstående hjørnes vinkelhalveringslinje. Lad M være midtpunktet af BC og AD vinkelhalveringslinjen fra A. Antag uden tab af generalitet at C < B. Tegn linjen MX parallel med AD så X ligger på forlængelsen af AB og MX skærer AC i Y. Så er AY X = MY C = DAC = DAB = Y XA og dermed er trekant AXY ligebenet. Tegn linjen CZ parallel med AD og MX så Z ligger på forlængelsen af AB. Så er også AZC ligebenet, dvs. XZ = Y C. Da BM = MC og MX CZ har vi BA + AY = BA + AX = BX = XZ = Y C og dermed deler MY trekantens omkreds i to lige store dele. Betragt nu ABC denne trekants siders midtpunkter A, B og C. Da linjerne der deler omkredsen i ABC er parallelle med vinkelhalveringslinjerne, er de vinkelhalveringslinjer i A B C og skærer dermed i samme punkt. 0. I ABC er A = 90 + B. Lad D være fodpunktet af højden fra C til AB og lad M være midtpunktet af AB. Vis at DM = R, hvor R er radius i trekantens omskrevne cirkel. Løsning: Lad O være den omskrevne cirkels centrum. Lad CE være en diameter i den omskrevne cirkel. Ved periferivinkler og A = 90 + B, fås at EAB = CBA, så OC må stå vinkelret på DC. Dermed er CDMO et rektangel og DM = R. 10