1 Opgave Firantet E F Lad være et vilårligt punt på liniestyet mellem og, og tegn halvcirler til samme side over diametrene, og. Lad være det punt på halvcirlen, der har vinelret på, og lad EF være fællestangenten til de to små halvcirler. Vis, at EF er et retangel. Opgave Treantet F E Treanten er ligebenet med =, er midtpuntet på, E på er det punt, hvor E er vinelret på og F er midtpuntet af E. Vis, at F står vinelret på E. Opgave Kvadratis n er et helt tal, så 2n + 1 er et vadrattal. Vis, n + 1 er sum af to sucessive vadrattal. 1
2 Svar Heltalligt estem alle hele tal, n > 1, for hvile 2n +1 n 2 er et helt tal. et er lart, at tallet n = 3 har egensaben (1). Jeg påstår, at det er det eneste tal n > 1 med denne egensab. eviset består af følgende trin: (i) Hvis n har egensaben (1), er n ulige. (ii) Hvis n har egensaben (1), har n også egensaben (2) n 2 n + 1 (iii) Hvis n har egensaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, gælder n 2 n/p + 1. (iv) Hvis n har egensaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, har tallet n/p egensaben (2). (v) Hvis n har egensaben (2), er n delelig med 3, og hvis n > 3, er n deleligt med 3 2. item(vi) Hvis n er delelig med 3 2, har n ie egensaben (1). Påstanden følger let af (i) (vi). evis for (i):. a 2 n + 1 er ulige, må n være ulige. evis for (ii):. Klart. evis for (iii):. etragt den multipliative gruppe G bestående af de restlasser modulo n, som er primise med n. Hvis n har primfatoropløsningen hvor 2 < p 1 < p 2 < < p, er G s orden n = p e 1 2 pe, φ(n) = (p 1 1)p e 1 1 1 (p 2 1)p e 2 1 2 (p 1)p e 1, og altså har vi 2 φ(n) = 1 i G. Ifølge (2) er 2 n = 1 i G, og altså 2 2n = 1 i G. Lad o betegne ordenen af 2 s restlasse i gruppen G. Så er o divisor i såvel φ(n) som 2n. a p un foreommer i potensen e 1, foreommer p højst i potensen e 1 i o s primfatoropløsning, og da o er divisor i 2n, er o divisor i 2p e 1 2 pe 1. a p er ulige, følger heraf, at o er divisor i p e 1 a 2 pe 1, og altså at 2 pe 1 2 pe 1 (p 1) = 1 i G. n/p = p e 1 2 pe 1, = n p e 1 2 pe 1 (p 1) 2
3 er 2 n/p = 2 n 2 pe 1 2 pe 1 (p 1) = 1 i G, som påstået. evis for (iv):. En umiddelbar følge af (iii). evis for (v):. Ved brug af (iv) an vi successivt fjerne primfatorer i n, indtil vi ender med en divisor d af formen d = p(= p 1 ), og med egensaben (2). Ved at bruge (iii) med n erstattet af p fås p 2 p/p + 1 = 3, og altså p = 3. Hvis n > 3, udfører vi den samme proces (at fjerne primfatorer), men nu standser vi, når der er to primfatorer i d, altså ved en divisor d i n af formen 3d, og med egensaben (2). Nu bruger vi (iii) med n erstattet af d, og får og altså d = 3 2. 3p 2 3p/p + 1 = 9, evis for (vi):. Vi viser først, at der for ethvert positivt helt tal gælder, at 2 3 + 1 an srives 2 3 + 1 = (3m + 1)3 +1, hvor m er et helt tal. eviset føres ved indution. Påstanden er opfyldt for = 1 med m = 0, så lad os antage, at den er opfyldt for, og lad os se på som udregnes til 2 3+1 + 1 = ((3m + 1)3 +1 1) 3 + 1, ((3m + 1)3 +1 ) 3 3((3m + 1)3 +1 ) 2 + 3(3m + 1)3 +1, der har den ønsede form. Lad nu n være et ulige tal, som er deleligt med 3 2 (tilfældet n lige er uinteressant ifølge (i)), og lad os srive n på formen n = 3 u, hvor 2 og u er et ulige tal, som ie er deleligt med 3. Så er 2 n + 1 = ((3m + 1)3 +1 1) u + 1 u ( ) u = ( 1) u j ((3m + 1)3 +1 ) j. j j=1 Her er alle led undtagen leddet svarende til j = 1 delelige med 3 2, men så er 2 n +1 ie deleligt med 3 2, og derfor heller ie med n 2. 3
4 Svar Treantet I en spidsvinlet treant særer vinelhalveringslinien fra siden i puntet L og den omsrevne cirel i puntet N. Fra puntet L nedfældes de vinelrette på og, fodpunterne aldes hhv. K og M. Vis, at firanten KNM har samme areal som treanten. P K L N M Q Længden af et linjestye, fx N, betegnes N og arealet af en polygon, fx KNM, betegnes KNM. a N = N, er N = N, og altså N = N. Fra puntet N nedfældes de vinelrette på og ; fodpunterne aldes hhv. P og Q. f symmetrigrunde er KL = LM og PN = NQ. I de retvinlede treanter PN og QN er PN = QN og N = N, og altså har vi også P = Q. I de to treanter LP og LQ er grundlinierne P og Q lige lange, og da højderne LK og LM også er lige lange, er LP = LQ. a linjerne KL og PN er parallelle er KPL = KNL, og analogt er LQM = LNM (iøvrigt er treanterne KPL og MQL ongruente, og det samme gælder KNL og MNL, men det får vi ie brug for). f antagelsen om, at er spidsvinlet, følger let, at punterne K og M ligger i det indre af siderne og. For bestemtheds syld antages det, at > (tilfældet = er let). a N = N + = 2 + > + + 2 = π 2, ligger fodpuntet P på s forlængelse, og på den anden side ses Q at ligge på liniestyet mellem M og. 4
5 Vi har så = KL + KL + LM + LM = KL + KPL PL + LM + LQM LQ = KL + KNL + LM + LNM = KNM QE. Svar Retvinlet er retvinlet med den rette vinel i. Lad være fodpuntet for højden fra. Linien gennem centrene for de indsrevne cirler i treanterne og særer siderne og i hhv. K og L. Vis at arealet af KL er højst halvt så meget som arealet af. H F E = K Q G = L Lad F E være billedet af ved spejlingen i halveringslinjen for, og lad HG f symmetrigrunde er den indsrevne cirel for også indsrevet i F E, og den indsrevne cirel for også indsrevet i HG. a E = G, er E og G sider i et vadrat EQG, hvis fjerde vinelspids Q er særingspuntet mellem de to linjer, der indeholder linjestyerne EF og GH. a diagonalen EG halverer vinlerne EF og GH, ligger centrene for begge de betragtede indsrevne cirler på EG, og altså er E = K og G = L. a vadratet EQG er indeholdt i polygonen EFHG, er = EF + GH EQG = 2 EG, som påstået. et ses, lighedstegnet gælder, hvis og un hvis =. Svar egge dele Lad være et punt inden i en spidsvinlet treant,, sådan at (a) eregn værdien af forholdet = + 90 o og = (b) Vis, at tangenterne fra til de omsrevne cirler for treanterne og står vinelret på hinanden. 5
6 Lad K være et vilårligt punt på linien udenfor. Vinlerne ved opfylder, at K = + og K = +. Lægger vi dem sammen, får vi = + +. Sammen med første betingelse i opgaven giver det (1) + = 90 0. enne ligning er nøglen til opgavens løsning. E K er (a) er tegnes en retvinlet treant, E, med E udenfor, så E. Så (2) = E, = E og (3) = E, = E en anden ligning i (2) medfører, at = E; dette, ombineret med den anden ligning i (3) viser, at treanten er ensvinlet med E, og derfor, at (4) = E, en første ligning i (2) sammen med formel (1) giver E = + E = + = 90 0. Endelig følger af første ligning i (3) og den anden betingelse i opgaven ( = ), at = E. erfor er E en ligebenet retvinlet treant, og altså er E = 2. Indsættes dette i formel (4), får vi resultatet i (a): = 2. 6
7 X E Y K (b) etragt de omsrevne cirler om treanterne og. Lad X være tangenten til den første cirel i og lad Y være tangenten til den anden cirel i (X og Y er punter på tangenterne). Så er X = og Y =. erfor er ifølge (1) X + Y = 90 0. Og da ligger inden for vinlen dannet af X og Y, slutter vi, at de to tangenter står vinelret på hinanden. Svar Elementært Lad n være et positivt helt tal og lad 1, 2,..., 2n+1 være delmængder af en mængde,. ntag, at (a) hver mængde i har netop 2n elementer, (b) hver fællesmængde i j, i j, har præcis ét element, (c) hvert element i ligger i mindst to af mængderne i. For hvile værdier af n an man give hvert element i en værdi, 0 eller 1, sådan at hver mængde i har nøjagtig n elementer af værdi 0? Vi viser først, at betingelsen (c) an særpes til følgende: (d) hvert element i ligger i netop to af mængderne i. ntag, at et element, x 0 ligger i de tre mængder,, l og m. Fjern m fra mængden {1, 2,, 2n+1}; tilbage er en mængde M af 2n elementer. Til hveret j M tilegnes det element i m, der tillige ligger i j ; der er un et sådant element ifølge (b). Lad os alde det g(j); så er specielt g() = x 0 og g(l) = x 0. et følger nu af (c) at funtionen g afbilder M på m, der jo også har netop 2n elementer, (a). erfor er g bijetiv, en modstrid. Vi an tælle det samlede antal elementer af værdi 0 ved successivt at gennemløbe de 2n + 1 mængder, i, og i hver af dem registrere de elementer af værdi 0, som vi støder på. et giver ialt (2n + 1)n elementer af værdi 0, men da hvert af dem ligger i 2 af mængderne i, bliver hvert af dem talt med 2 gange, og altså må antallet (2n + 1)n være lige, dvs n må være lige. Jeg vil omvendt vise, at hvis n er lige, så er det muligt at give elementerne i værdierne 0 og 1 sådan, at hver mængde i indeholder n elementer af værdi 0. ertil definerer vi en afstand d på mængden {1, 2,, 2n + 1} ved d(i, j) = min{ i j, 2n + 1 i j } (det er let at se, men i realiteten uvigtigt, at d fatis er en metri). Lad nu b være givet, og lad i og j i være bestemt således, at b i j. Så tilsriver vi b værdien 0, hvis og un hvis d(i, j) n/2. enne fordeling opfylder, at hver mængde, i har netop n elementer af værdi 0. et er lettest at oversue, hvis problemstillingen ansueliggøres ved hjælp af en regulær (2n + 1) ant M med 7
8 vinelspidser P i, i = 1, 2,, 2n + 1, og identificeres med mængden af sider og diagonaler i M, medens i betegner mængden af sider og diagonaler med P i som det ene endepunt. en foreslåede tilsrivning af værdierne 0 og 1 svarer til, at elementer i i, der får værdien 0, er de n orteste linjer, der udgår fra P i. 8