1 FTERMTH LØSNINGER Opgaverne er fra International Mathematical Olympiads, 1990,3, 1987,2, 1986,1, 1986,5, 1986,6, 1988,5, 1993,2, 1988,2. Nogle af opgaverne er løst af Ebbe Thue Poulsen. Heltalligt estem alle hele tal, n > 1, for hvile 2n +1 n 2 er et helt tal. (1). 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: item(i) Hvis n har egensaben (1), er n ulige. item(ii) Hvis n har egensaben (1), har n også egensaben ((2)) n 2 n + 1 item(iii) Hvis n har egensaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, gælder n 2 n/p + 1. item(iv) Hvis n har egensaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, har tallet n/p egensaben (2). item(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):. lart. 1 evis for (iii):. etragt den multipliative gruppe G bestående af de restlasser modulo n, som er primise med n. Hvis n har primfatoropløsningen n = p e 1 2 pe, hvor 2 < p 1 < p 2 < < p, er G s orden 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 er 2 pe 1, og altså at a 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 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).
2 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 3p 2 3p/p + 1 = 9, 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. 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. og M. Vis, at firanten NM har samme areal som treanten. og altså d = 3 2. 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 P L N M Q 2 3+1 + 1 = ((3m + 1)3 +1 1) 3 + 1, som udregnes til ((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 2 Længden af et linjestye, fx N, betegnes N og arealet af en polygon, fx NM, betegnes N M. 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 L = LM og PN = NQ. I de retvinlede treanter P N 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 L og LM også er lige lange, er LP = LQ. a linjerne L og PN er parallelle er PL = NL, og analogt er LQM = LNM
3 (iøvrigt er treanterne PL og MQL ongruente, og det samme gælder NL og MNL, men det får vi ie brug for). f antagelsen om, at er spidsvinlet, følger let, at punterne 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. Vi har så = L + L + LM + LM = L + PL PL + LM + LQM LQ = L + NL + LM + LNM = NM QE. 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. og L. Vis at arealet af L er højst halvt så meget som arealet af. E = F H Q Lad FE være billedet af ved spejlingen i halveringslinjen for, og lad HG f symmetrigrunde er den indsrevne cirel for også indsrevet i FE, 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 = 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 =. egge dele Lad være et punt inden i en spidsvinlet treant,, sådan at = +90 o og = (a) eregn værdien af forholdet (b) Vis, at tangenterne fra til de omsrevne cirler for treanterne og står vinelret på hinanden. Lad være et vilårligt punt på linien udenfor. Vinlerne ved opfylder, at = + og = +. Lægger vi dem sammen, får vi = + +. Sammen med første betingelse i opgaven giver det G = L (1) + = 90 0. 3 enne ligning er nøglen til opgavens løsning.
4 E X E (a) er tegnes en retvinlet treant, E, med E udenfor, så E. Så er (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. 4 Y (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. 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 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. NYE OPGVER 1. er et retangel, hvori siden = a og siden = 2a. P er et punt på siden. Linien gennem P parallel med diagonalen særer siden i puntet Q. irlen 5 med som centrum og P som radius særer cirlen over som diameter i punterne H og. S er særingspuntet mellem linien H og linien gennem Q parallel med. estem det geometrise sted for S, når P gennemløber siden. ngiv art og beliggenhed af det fundne geometrise sted. 2. Undersøg og tegn urven y = sin 2x + 2 cosx (0 x 2π) eregn arealet af den luede figur, der begrænses af urven og x asen. eregn desuden rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremommer, når den omtalte figur drejes 360 0 om x asen. 3.I terningen 1 1 1 1, hvor anterne 1, 1, 1 og 1 er parallelle, er antlængden 2. Midtpunterne af anterne 1 1, 1, og aldes henholdsvis M, N og P. eregn siderne i treant M N samt treantens areal. eregn toplansvinlen mellem planerne M N og. eregn rumfanget af pyramiden NMP. 4.I et trapez er vinelen = = 60 0, og dets omreds er 56. estem siderne i trapezet, således at det areal bliver så stort som muligt. bestem dernæst siderne i trapezet, således at rumfanget af det legeme, der fremommer ved en drejning af trapezet 360 0 om siden, bliver så stort som muligt. 5. p, q og R er givne liniestyer og v en given spidst vinel. onstruer en firant, hvori diagonalen halverer vinelen, vinelen = v, : = p : q, og således at firanten an indsrives i en cirel med radius R. isussion ræves. eregn firantens vinler og sider, når p = 4, q = 5, R = 3 og v = 70 0, 78. 5