Problemløsing - Abelkonkurransen

Problemløsing
Treningshefte foran
den Internasjonale Matematikkolympiade
Einar Andreas Rødland
199X

Innhold
1 Innledning 3
2 Logikk og notasjon 3
3 Reductio ad absurdum 5
4 Induksjon 5
4.1 Induksjonsbevis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
4.2 Nedadgående induksjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
4.3 Uendelig nedstigning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
4.4 Mer generell induksjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
5 Grunnleggende kombinatorikk 9
6 Pigeon hole principle 10
6.1 Pigeon hole principle (skuff-prinsippet) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
7 Telleprinsipper 11
8 Algebra og tallteori 12
9 Geometri 15
10 Ulikheter 19
11 Funksjonalligninger 21
12 Konstruksjoner og invarianter 22
13 Symmetrier 24
14 Til angrep! 26
15 Oppgaver 26
16 Hint 28
17 Fasit 32
Versjon: 18. mars 2006
2

1 Innledning
Det er selvsagt umulig å lære bort hvordan man skal løse matematiske problemer; spesielt
når man selv har problemer med å løse dem. Noen års erfaring med slike oppgaver har
dog gitt meg en plattform å stå på, som gjør at jeg i det minste har noen ideer om hva
slags metoder som kan føre frem og hvordan oppgaver kan angripes.
Dette heftet inneholder noe matematisk teori som det er mulig at dere ikke har vært
borti før; det bygger også videre på heftet “Treningshefte foran Niels Henrik Abels
matematikk-konkurranse”, selv om det er mulig om enn noe tungt å lese dette heftet
uten å ha leste det foregående. Noe overlapp er det forøvrig mellom dem. Denne bør
læres og forståes. Jeg har forsøkt å dekke en del av matematikken som lærebøkene ikke
dekker: hvordan løse problemer.
Lærebøker i matematikk legger gjerne stor vekt på å bevise de resultater som vises.
Noen av de resultatene jeg presenterer er bevist, andre er det ikke. Det er nyttig å
lese gjennom og forstå de bevisene jeg har tatt med; jeg har ofte gjengitt beviser noe
kortfattet, så det skulle være noe arbeid igjen for leseren. De resultater jeg ikke har bevist
i heftet bør dere forsøke å bevise selv!
Det er ikke nødvendig å lese heftet slavisk fra første til siste side. Kapitlene er stort sett
selvstendige enheter selv om jeg har forsøkt å ordne dem i en logisk rekkefølge. Spesielt
bør jeg nok advare mot at enkelte deler av logikken kan være noe tørre og vanskelige;
dette gjelder spesielt siste halvdel av kapittel 4. I første omgang kan det nok være lurt
lese gjennom dette uten å sette seg som mål å forstå alt med en gang.
La meg ta en rask oppsummering av kapitlene. Kapittel 2 dreier seg primært om
grunnleggende logiske ideer og om den notasjonen vi matematikere ofte bruker. Kapitlene
3 og 4 behandler de to vanligste bevismetodene; les igjennom dem, men bli ikke stående
å stange i disse to kapitlene: kom heller tilbake til dem senere når du har mere erfaring
med å jobbe med oppgaver. Kapitlene 5 til 13 kommer inn på bestemte fagområder og
bestemte typer oppgaver. Her presenteres en rekke resultater som kan komme til nytte,
og jeg forsøker å forklare når og hvordan de brukes. Kapittel 14 har som mål å ‘psyke
dere opp’ litt når dere står fast på oppgaver; hva kan dere gjøre for å komme litt på gli.
Jeg har også lagt inn en samling med oppgaver som dere kan få brynet dere på. Til sist
kommer en ‘hint-seksjon’; i stedet for løsningsforslag har jeg lagt inn noen hint for hver
oppgave. Dersom dere står fast kan dere titte her for å få en liten ledetråd, men se ikke
i hint-seksjonen med en gang.
Den viktigste erfaring får dere gjennom selv å jobbe med oppgaver. Jeg har lagt noen
oppgaver inn i de enkelte seksjonene i heftet, men det er nødvendig at dere får flere
oppgaver å jobbe med enn bare disse. Oppgavene i dette heftet er av varierende vanskelighetsgrad:
fra Abel-konkurranse nivå til Matematikkolympiade nivå. Noen av oppgavene
er med primært for å belyse teorien, og er ikke typiske Abel- eller Olympiade-oppgaver.
2 Logikk og notasjon
La meg først si et par ord om notasjon og om uttrykk som jeg vil bruke.
3

I matematikken har vi et logisk sprog. I stedet for ord bruker vi ofte symboler for de
vanligste begrepene og relasjonene. I logikken studerer man utsagn og sammenhenger
mellom disse. Jeg vil bruke ordet ‘utsagn’, men jeg kunne også brukt ‘påstand’ eller
‘hypotese’. Når jeg behandler et generelt utsagn vil jeg gjerne sette navn på den: betegne
den med en variabel slik man betegner ukjente tall med variable. F.eks. kan P angi
utsagnet ‘1729 er et primtall’; utsagnet P er da usant (1729 = 7 · 13 · 19).
Vi har et par logiske begreper som dere kanskje har sett før:
P ⇒ Q : P impliserer Q; Q følger fra P . Dette vil si at dersom P er riktig, så er også Q
riktig.
P ⇐⇒ Q : P er ekvivalent med Q; P er sann hvis og bare hvis Q er sann. Dette vil si
at enten er begge utsagnene sanne, eller så er de begge gale. Ekvivalens er forøvrig
det samme som at P ⇒ Q og Q ⇒ P .
∧, ∨ : ‘og’, ‘eller’. P ∧ Q er sant hvis og bare hvis både P og Q er sanne; P ∨ Q er sant
hvis P eller Q eller begge to er sanne.
∩, ∪ : ‘snitt’, ‘union’. Dette er mengdeoperasjoner, ikke logiske operasjoner, men jeg tar
dem med likevel. Dersom A og B er to mengder er snittet A ∩ B mengden av
elementer som er i både A og B; unionen A ∪ B består av de elementer som er i A
eller B eller begge. Merk dualitetene ∧ ↔ ∩ og ∨ ↔ ∪.
|A| : antall elementer i A. Dette er også en mengdeoperasjon. Den teller kort og godt
antall elementer i mengden A.
¬P : ikke P ; utsagnet ‘P er galt’; P ’s negasjon. For klarhetens skyld er det vanligvis best
å skrive ‘ikke P ’ eller formulere P ’s negasjon på ny i stedet for å bruke symbolet
¬.
(. . .) : Det kan forekomme at du ønsker å formulere et utsagn som inneholder et logisk
uttrykk. F.eks. kan det at P ⇒ Q og Q ⇒ P er det samme som P ⇐⇒ Q, uttrykkes
((P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ P )) ⇐⇒ (P ⇐⇒ Q). Som du ser brukes paranteser nøyaktig
som ellers i algebra.
Dere har sikkert hørt begrepet ‘teorem’ brukt om matematiske resultater; det finnes
dog flere termer som betegner lignende begreper. Et teorem er gjerne et resultat som er
interressant i seg selv; et lemma er et mindre resultat som ikke i seg selv er så veldig
interessant, men som kan brukes til å vise noe; et korollar er et resultat som følger direkte
av noe man har vist tidligere.
Oppgave 1. Vis at (P ⇒ Q) ⇐⇒ ((P ∧ Q) ∨ (¬P )) ⇐⇒ ((¬P ) ∨ Q).
Oppgave 2. En person A har tre sedler: en 50-lapp, en 100-lapp og en 500-lapp. En
annen person B skal si et utsagn U. A skal gi B en seddel (eller flere) hvis og bare hvis
U er sant. Hva skal B si for å få mest mulig penger.
4

3 Reductio ad absurdum
Reductio ad absurdum betyr at man reduserer til det absurde (eller til en selvmotsigelse).
I matematikken brukes det gjerne om en bestemt type bevisførsel.
Reductio ad absurdum: Vi har et utsagn P . Anta at vi ved å anta at P er gal, kan
vise en selvmotsigelse (eller noe som må være galt). Rent logisk vil dette si at man viser
at (¬P ) ⇒ Q og at Q er gal (eller strider mot antagelsen ¬P ). Da må P være riktig.
Dersom du har fått taket på den logiske notasjonen, ser du kanskje at reductio ad
absurdum kan skrives i logisk notasjon som (((¬P ) ⇒ Q) ∧ (¬Q)) ⇒ P .
Eksempel 1 (Euklid). Vis at det finnes et uendelig antall primtall.
La utsagnet P være ‘det finnes uendelig mange primtall’. Jeg antar at det motsatte
er tilfellet: ¬P sier at det kun finnes et endelig antall primtall, p 1 , . . . , p n . La x =
p 1 p 2 · · · p n + 1. Ingen av p j ’ene er faktorer i x, så x må inneholde primfaktorer andre
enn p j . Dette strider dog imot antagelsen om at p 1 , . . . , p n var alle primtallene.
Vi får da en selvmotsigelse; følgelig kan vi konkludere at det finnes uendelig mange
primtall.
Kontrapositive: Utsagnene P ⇒ Q og dets kontrapositive utsagn (¬Q) ⇒ (¬P ) er
ekvivalente. Dette uttrykker det samme som reductio ad absurdum.
La meg gi et banalt eksempel på et kontrapositivt utsagn. Merk at det ikke er noe klart
skille mellom hva som er reductio ad absurdum og hva som er bruk av kontrapositive
utsagn: disse to er så sterkt knyttet sammen. Det er heller ikke noe poeng i å skille dem
ad.
Eksempel 2. Hvis det har regnet, så må bakken være våt. Det kontrapositive utsagnet
sier: hvis bakken er tørr, kan det ikke ha regnet.
Tips 3. Oppgaver der man skal bevise at noe ikke er mulig eller at noe ikke finnes,
formelig skriker etter et reductio ad absurdum bevis; dersom du støter på en slik oppgave,
er en vanlig metode å utlede forskjellige egenskaper et slikt objekt måtte hatt om det hadde
eksistert, for så å lete etter en selvmotsigelse.
Reductio ad absurdum (og utsagns kontrapositive) vil bli brukt gjennom hele heftet;
metoden er så vanlig, at det er svært viktig at du lærer deg til å bruke den. Ved å jobbe
med oppgaver vil du kunne få den nødvendige erfaring, og etter en stund bruker du
metoden uten å tenke på det.
Oppgave 3. La p(x) være et polynom av grad n slik at p(x) ≥ 0 for alle x. La q(x) =
p(x) + p ′ (x) + · · · + p (n) (x) der p (j) (x) er den j’te deriverte av p(x). Vis at da er q(x) ≥ 0
for alle x.
4 Induksjon
4.1 Induksjonsbevis
Anta at vi har en rekke med utsagn: P 0 , P 1 , . . .. Anta at vi kan vise at P 0 er sann
(nullhypotesen) og at P n ⇒ P n+1 (P n er induksjonshypotesen). Da har vi bevist at alle
5

P j er sanne. Vi har jo da vist at P 0 er sann og at P 0 ⇒ P 1 ⇒ · · · .
Eksempel 4. La oss definere Fermat-tallene F n = 2 2n +1. Vis at F n = F 0 F 1 · · · F n−1 +2.
La P j være utsagnet ‘F j = F 0 · · · F j−1 + 2’. (For j = 0 vil produktet F 0 · · · F j−1 bli 1
siden det ikke er noen faktorer.)
Ligningen stemmer for F 0 , altså er P 0 sann. Hvis vi antar P n , at ligningen holder for
F n , får vi at
F n+1 − 2 = 2 2n+1 − 1 = (2 2n − 1)(2 2n + 1) = (F n − 2)F n = (F 0 F 1 · · · F n−1 )F n . (1)
Vi har da vist induksjonshypotesen: at P n ⇒ P n+1 . Det følger da ved induksjon at P n
er sann for alle n: dvs. at F n = F 0 F 1 · · · F n−1 + 2.
4.2 Nedadgående induksjon
Dette er bare en litt anderledes måte å formulere induksjonsbeviset på ved også å bruke
reductio ad absurdum. Vi har som før en rekke med utsagn P j som vi ønsker å bevise. I
stedet for å vise at P n ⇒ P n+1 viser man dets kontrapositive utsagn ¬P n+1 ⇒ ¬P n .
En annen formulering av nedadgående induksjon er at man tenker seg at n er den
minste n slik at P n er gal. Man viser at P 0 er sann, slik at n > 0 er nødvendig for å få
et galt utsagn. Så viser man at ¬P n ⇒ ¬P n−1 (dersom n > 0). Det gir en selvmotsigelse
siden P n var det første gale utsagnet i følgen.
Eksempel 5. Vi definerer Fibonacci-tallene F n ved at F 1 = F 2 = 1 og F n+1 = F n +F n−1 .
Vis at F n og F n+1 er uten felles faktor.
Anta at x deler både F n og F n+1 . Da vil også F n+1 − F n = F n−1 være et multiplum av
x. Altså må x være felles faktor for F n og F n−1 . Nullhypotesen er at F 1 og F 2 er uten
felles faktor; siden begge er lik 1 er dette opplagt.
Her er P n utsagnet ‘F n og F n+1 er uten felles faktor’. Nullhypotesen blir da P 1 : ‘F 1 og
F 2 er uten felles faktor’. (Nummereringen av hypotesene behøver ikke starte på null.)
Utsagnet ‘F n og F n+1 er uten felles faktor’ er således bevist ved nedadgående induksjon.
4.3 Uendelig nedstigning
Dette er induksjonsbevisets logiske negasjon. Vi viser da at P j ⇒ P j+1 , men i stedet for
å vise at nullhypotesen er riktig, viser man at ikke alle P j kan være riktige. Det følger da
at P 0 må være gal.
Eksempel 6. Vis at √ 2 er et irrasjonalt tall.
Anta at √ 2 er et rasjonalt tall. Da er √ 2 = a 0 /a 1 der a j er positive heltall. Dette gir
a 2 0 = 2a2 1 , hvorav vi ser at a 0 må være et partall. La a 0 = 2a 2 . Vi får da at a 1 /a 2 = √ 2.
Slik kan vi så fortsette i det uendelige. Vi får da a 0 > a 1 > a 2 > · · · hvilket er umulig
for positive heltall.
Her er P n lik utsagnet ‘ √ 2 = a n /a n+1 ’.
6

A 5
A 4
B A 2 B 1 3
B 3 B 5
B 4
A 1
A 2
Eksempel 7. Kan hjørnene i et regulært pentagon beskrives med heltallige koordinater
i planet?
La A 1 , . . . , A 5 være hjørnene som vist på figuren, trekk linjene A 1 A 3 osv. og la B 1 , . . . , B 5
betegne skjæringspunktene mellom dem som på figuren. Da blir også B 1 B 2 B 3 B 4 B 5 et regulært
pentagon.
Vi ser lett at A 1
⃗A 2 = A ⃗ 5 B 1 = B ⃗ 2 A 3 og ettersom A j har heltallige koordinater blir
disse vektorene heltallige. Siden A 5 har heltallige koordinater og A 5
⃗B 1 er heltallig, må
også B 1 ha heltallige koordinater. Tilsvarende gjelder for de andre B j ’ene.
Ved å gjenta denne konstruksjonen ad infinitum (i det uendelige) får vi stadig mindre
regulære pentagoner med heltallige koordinater. Det må være umulig.
Det som kommer her er formodentlig ganske tungt stoff. Les igjennom det, men gå
videre etterpå; dere kan heller komme tilbake til dette senere når dere er mere erfarne.
4.4 Mer generell induksjon
Metoden kan minne om nedadgående induksjon.
Vi har som før en rekke med utsagn, men denne gangen er de ikke nødvendigvis
nummerert med naturlige tall. Vi kan f.eks. ha en ligning med flere ukjente hvor vi
skal vise at eventuelle løsninger har en bestemt egenskap eller form. Den egenskap som
vi fremdeles har, er ideen om at et utsagn kommer før et annet: hvis P kommer før Q
vil jeg skrive P ≺ Q eller Q ≻ P . Det eneste krav vi stiller til relasjonen ≺, er at P ⊀ P
og at hvis P ≺ Q og Q ≺ R er P ≺ R.
Hvis P i,j er et utsagn der i, j ∈ N 0 , kan en slik ordning være at P i,j ≺ P i ′ ,j′ hvis i < i′
og j < j ′ ; vi ser da at for to utsagn behøver ikke den ene å komme før den andre. En
annen ordning gir opphav til det man kaller dobbel induksjon: P i,j ≺ P i ′ ,j′ dersom i < i′
eller i = i ′ ∧ j < j ′ ; dette er omtrent som om man først skulle ta induksjon med hensyn
på j og så med hensyn på i.
For å få induksjonen til å fungere trengs tre egenskaper.
1. Dersom et av utsagnene er galt, må et utsagn som kommer før dette også være
galt; omvendt, dersom alle utsagn som kommer før et utsagn P er sanne, er også
P sann.
7

2. Dersom vi har en nedadstigende følge med utsagn, P 0 ≻ P 1 ≻ · · · , så vil den stoppe
et sted: den kan ikke bli uendelig lang.
3. Et utsagn som er minimalt i ordningen, slik at det ikke kommer noe utsagn før det,
er alltid sant.
Merk hvordan (3) erstatter null-hypotesen, (1) erstatter induksjonshypotesen og (2)
kobler ‘nullhypotesen’ med det utsagnet som skal bevises.
I praksis fungerer dette som følger. Vi ønsker å bevise utsagnet P . La P 0 = P . Dersom
vi antar at P 0 er galt, kan vi vise at P 1 er galt, der P 1 ≺ P 0 . Slik fortsetter vi. Til sist
ville vi fått en rekke (¬P 0 ) ⇒ (¬P 1 ) ⇒ · · · ⇒ (¬P n ) der P 0 ≻ P 1 ≻ · · · ≻ P n og det ikke
kommer noe utsagn før P n . Vi må da vise at P n er sann. Når det er gjordt, følger at P 0
må være sann.
Dette var nok tungt stoff og det er ikke å forvente at dere forstår det med en gang.
Det kan dog hjelpe med et eksempel.
Eksempel 8. La p, q ∈ N, p < q. Vi sier at p/(p + q) og q/(p + q) er etterfølgere til
p/q, og at en etterfølger til en etterfølger er en etterfølger. Vis at ethvert rasjonalt tall
mellom null og en er etterfølger til 1/2. (Det er hensiktsmessig også å si at ethvert tall
også er en etterfølger til seg selv.)
La oss starte med et rasjonalt tall n/m der 0 < n < m og n og m er uten felles faktor.
Hvis n/m < 1/2 er n/m etterfølger til n/(m − n), og hvis n/m > 1/2 er n/m etterfølger
til (m − n)/n. Vi ser da at dersom n/m ≠ 1/2, er n/m etterfølger til et rasjonalt tall
med nevner mindre enn m. Ved å gjenta prosessen, vil nevneren bli stadig mindre. Til
sist kommer man ikke lenger; man må da ha kommet til 1/2.
I denne oppgaven er P 0 utsagnet at n/m = n 0 /m 0 er en etterfølger til 1/2. Prosessen
som jeg har beskrevet gir da en rekke utsagn, P k , som sier at n k /m k er en etterfølger
til 1/2. Utsagnene ‘n/m er en etterfølger til 1/2’ ordnes da etter nevneren m. Så lenge
m > 2 kan jeg finne et utsagn som kommer før. Til sist må jeg da ende opp med P N lik
utsagnet for n/m = 1/2; denne ‘nullhypotesen’ er opplagt.
Tips 9. Induksjonsbevis skal ofte brukes når man har en rekke påstander som kan ordnes
på ett eller annet vis. Den aller sterkeste indikasjon på at induksjonsbevis skal anvendes
er dog at vi skal vise noe om noe som er rekursivt definert: definisjonen av et ‘objekt’
henviser til definisjonen av ‘tidligere objekter’, f.eks. når man definerer en følge a n ved
at a n uttrykkes som en funksjon av a n−1 , a n−2 , . . . . Kan du se at egenskapen ‘etterfølger
til 1/2’ i eksempelet over, er definert rekursivt?
Oppgave 4. La F j være Fibonacci-tallene. Vis at F 2 1 + · · · + F 2 n = F n F n+1 og F n F m +
F n+1 F m+1 = F n+m+1 .
Oppgave 5. La x i,j være definert for i, j ∈ N 0 ved at x i,0 = x 0,j = 1 og x i,j =
x i−1,j − jx i−1,j−1 . Vis at x i,j = x j,i .
Oppgave 6. La f(n) = 10n, g(n) = 10n + 4 og h(2n) = n for naturlige tall n. Vis at ved
å starte med 4 og anvende f, g og h i passende orden, kan alle naturlige tall oppnåes.
8

Oppgave 7. La x, y og n være naturlige tall slik at x 2 + y 2 = n(xy + 1). Vis at da er n
et kvadrattall.
Oppgave 8. La n ∈ N være et naturlig tall og la x n være et naturlig tall. Definer
x j+1 fra x j ved at man skriver x j ut i j-tall-systemet og så fortolker det som et tall
i (j + 1)-tall-systemet (om tall-systemer, se seksjon 12) og trekker fra 1: hvis x j =
a j,0 + a j,1 j + · · · + a j,k j k , lar vi x j+1 = a j,0 + a j,1 (j + 1) + · · · + a j,k (j + 1) k − 1. Vis at
før eller siden vil x j komme ned til null.
Oppgave 9. Vis at det er umulig å dele en kube opp i et endelig antall mindre kuber
der de mindre kubene alle har forskjellige størrelser.
5 Grunnleggende kombinatorikk
Det er noen begreper og uttrykk som stadig dukker opp.
Fakultet: Uttrykket n! = 1·2 · · · n er ‘n fakultet’. Vi lar 0! = 1: da holder n! = (n−1)!·n.
Permutasjon: En permutasjon σ er en en-til-en avbildning σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}.
Mengden av permutasjoner av n elementer betegnes ofte S n . Vi kan, ved å liste
opp funksjonsverdiene — σ(1), . . . , σ(n) — også betrakte en permutasjon som en
ordning av tallene fra 1 til n slik at hvert tall er med nøyaktig en gang.
Det finnes n! permutasjoner i S n : dersom vi gir σ(j) verdi fortløpende for j =
1, 2, . . . finnes n mulige verdier for σ(1), så gjenstår n − 1 mulige verdier for σ(2),
osv.
Binomialer: Dersom du har n = p + q kuler og skal male p av dem røde og q av dem
blå, kan du gjøre det på ( n
p)
=
( n
q)
= n!/p!q! forskjellige måter; for p < 0 og p > n
er ( n
p)
= 0.
( n
p)
er en binomial-koeffisient.
Det er en metode i kombinatorikken som bruker genererende funksjoner. Hvis vi har
en følge a j , j = 0, 1, . . ., er den genererende funksjonen f(x) = a 0 + a 1 x + · · · . Vi er dog
ikke interessert i f som funksjon; alt vi trenger er egenskapene som formelt uttrykk.
La oss se på et par vanlige genererende funksjoner. I en av oppgavene skal du vise
)
x j ; altså er (1 + x) n den genererende funksjonen til ( n
j)
. Andre
at (1 + x) n = ∑ n
( n
j=0 j
vanlige eksempler er 1/(1 − x) = 1 + x + x 2 + · · · . Ofte kan de genererende funksjonene
være lettere å håndtere enn følgen.
Eksempel 10. For en p ∈ N 0 , vis at ∑ ( n m
) (
i+j=p i)(
j = n+m
)
p .
La f(x) = (1 + x) n og g(x) = (1 + y) m . Generelt er
(
∑ ∞
) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
∞∑
∞∑
a i x i ⎝ b j x j ⎠ = ⎝ ∑
a i b j
⎠ x p .
i=0
j=0
p=0
i+j=p
I dette tilfellet ser vi at den genererende funksjonen for venstresiden er f · g. Men,
f(x)g(x) = (1 + x) n+m , og den funksjonen genererer ( n+m
p
)
.
9

Et triks som er lett å gjennomføre når man har en genererende funksjon f(x) =
a 0 +a 1 x+· · · hvorfor man også har et algebraisk uttrykk (f.eks. 1+x+x 2 +· · · = 1/(1−x))
er at man kan ta summen av annethvert ledd: a 0 + a 2 + a 4 + · · · = (f(1) + f(−1))/2.
Oppgave 10. Vis at ( ) (
n
i + n
) (
i+1 = n+1
)
i+1 og (1 + x) n = ∑ n
( n
j=0 j)
x j .
Oppgave 11. For n ≤ m, vis at ∑ m
( j
) (
j=n n = m+1
n+1)
.
Oppgave 12. Vis at (1 + x) −n = ∑ ∞
j=0 (−1)j( )
n+j−1
n−1 x j . Motiver definisjonen ( )
−n
j =
(−1) j( )
n+j−1
n−1 utifra dette.
Oppgave
∑
13. La
)
F n være Fibonacci-tallene: F 1 = F 2 = 1, F n+1 = F n + F n−1 . Vis at
F n =
.
0≤p≤q≤n−1
p+q+1=n
( p
q
Oppgave 14. På hvor mange forskjellige måter kan vi velge x 1 , . . . , x n ∈ {0, 1, 2} slik
at x j ’ene inneholder et like antall 1-ere?
6 Pigeon hole principle
6.1 Pigeon hole principle (skuff-prinsippet)
Dersom det finnes n skuffer og n + 1 eller flere sokker (eller andre objekter) i skuffene,
så må det finnes en skuff med minst to sokker.
Hvor banalt dette enn kan se ut, så taes det ofte i bruk.
Eksempel 11. La A være en mengde med ti forskjellige naturlige tall mindre eller lik
100. Vis at det da finnes to forskjellige mengder X og Y som er inneholdt i A og slik at
summen av elementene i X er lik summen av elementene i Y .
Det finnes 2 10 = 1024 delmengder av A (inklusive A og den tomme mengde). Summen
av alle elementene i A må være mindre enn 1000. (Summen kan maks bli 100 + 99 +
· · · + 91.) Dersom delmengdene i A er ‘sokkene’ og de mulige summene er ‘skuffene’, har
vi flere ‘sokker’ enn ‘skuffer’. Følgelig må to forskjellige ‘sokker’ havne i samme ‘skuff’:
to forskjellige delmengder må ha samme sum.
Oppgave 15. I et selskap med n personer har gjestene satt seg ved bordet i total
uoverensstemmelse med bordkortene: ingen sitter på sin tiltenkte plass. For å rette på
dette begynner de å flytte seg en og en plass til venstre (i takt); vis at når de har flyttet
et passende antall plasser, vil minst 2 personer sitte på riktig plass.
Oppgave 16. Gitt n punkter i planet med heltallige koordinater. Hvor stor må n være
for at du kan være sikker på at linjestykket mellom to av disse punktene går gjennom
et tredje punkt med heltallige koordinater. Hva om du bruker punkter i rommet med
heltallige koordinater?
Oppgave 17. La x 1 , . . . , x 11 ∈ Z. Vis at det finnes a j ∈ {−1, 0, 1} ikke alle lik null, slik
at 1993 | ∑ 11
j=1 a jx j . (Se seksjon 8 om delelighet.)
10

Oppgave 18. En gruppe på 17 personer brevveksler om totalt 3 emner. Hvert par av
personer brevveksler om ett av disse emnene. Vis at det finnes en gruppe på 3 personer
som alle brevveksler seg imellom om ett og samme emne.
Oppgave 19. Vis at for enhver mengde A ⊂ {1, 2, . . . , 2n}, n ∈ N, med |A| = n + 1,
finnes to forskjellige elementer x, y ∈ A slik at x | y (x deler y).
Oppgave 20. La x 1 , . . . , x n > 0, ∑ n
j=1 x j = 1. Vis at det finnes a j ∈ {−1, 0, 1} ikke alle
lik 0, slik at | ∑ n
j=1 a jx j | ≤ 1/(2 n − 1).
7 Telleprinsipper
Mange kombinatorikk-oppgaver går ut på å telle opp noe. Det som ofte kan være problemet
er kun å telle de som skal telles og bare å telle dem en gang.
Eksempel 12. La A og B være to mengder; det kan f.eks. være elementer som har
bestemte egenskaper. Vi ønsker å finne ut hvor mange elementer som har minst en av
egenskapene: hvor mange elementer er i A ∪ B?
Det kan være vanskelig å finne direkte hvor mange elementer som ligger i A ∪ B, men
ofte er det ikke så vanskelig å finne |A|, |B| og |A ∩ B|. Da kan vi bruke at |A ∪ B| =
|A| + |B| − |A ∩ B|.
Eksempel 13. For σ ∈ S n en permutasjon, la F (σ) være antall fikspunkter for σ: dvs.
antall j med σ(j) = j. Vis at ∑ σ∈S n
F (σ) = n!.
Merk at vi kan se det slik at vi teller opp antall par (j, σ) slik at σ(j) = j. Vi kan da
snu på uttrykket den andre veien: for hver j kan vi telle opp antall permutasjoner som
har j som fikspunkt; disse summeres så.
La A j være de permutasjonene som lar j ligge i ro. Da er A j alle permutasjoner av de
n − 1 andre tallene; følgelig inneholder A j (n − 1)! permutasjoner.
∑
Dersom σ har k fikspunkter, vil σ ligge i k av A j ’ene: en for hvert fikspunkt. I summen
n
j=1 |A j| vil en permutasjon σ telle en gang for hvert fikspunkt: altså F (σ) ganger. Det
vil si at ∑ n
j=1 |A j| = ∑ σ∈S n
F (σ). Ettersom |A j | = (n−1)!, er ∑ n
j=1 |A j| = n·(n−1)! =
n!.
Oppgave 21. Vi har mengder A 1 , . . . , A n . Hver mengde inneholder a 1 elementer, snittet
at to forskjellige mengder inneholder a 2 mengder, og snittet av tre eller flere mengder er
tomt. Hvor mange elementer er i unionen av alle A j ’ene?
Oppgave 22. Vi har mengder A 1 , . . . , A n . Vis at antall elementer i unionen er
∣ n∑ ∑
∣ ∪
n
j=1 A j = (−1) k−1
k=1
= ∑
I⊂{1,...,n}
i 1

8 Algebra og tallteori
La meg først ta noen begreper og symboler som kan være nye.
x | y : x deler y; y er et multiplum av x. Vi definerer x | y ved at det finnes en z slik
at y = xz. For alle x ≠ 0 vil 1 | x og x | 0. Vi begrenser oss selvsagt til hele eller
naturlige tall når vi snakker om delelighet.
gcd(x, y) : største felles divisor (eller faktor), greatest common divisor. Det største naturlige
tall z slik at z | x og z | y. Når gcd(x, y) = 1 sier vi at x og y er uten felles
faktor eller relativt primiske.
lcm(x, y) : minste felles multiplum, least common multiplum. Det minste naturlige tall
z slik at x | z og y | z. Vi har at gcd(x, y) · lcm(x, y) = xy.
x ≡ y mod n : x lik/ekvivalent med y modulo n; n | (x − y). På denne måten vil ethvert
tall x identifiseres med resten som oppstår ved divisjon på n. Ofte brukes = i stedet
for ≡.
Z n : de hele tall modulo n. Dersom man betrakter ekvivalens modulo n som likhet finnes
bare n forskjellige (hele) tall. Disse utgjør Z n . Når det er klart at man jobber i Z n
skriver man ofte bare =, ikke ≡ modn. Skrives også Z/(n) eller Z/nZ.
Primtall: et naturlig tall større enn en som ikke er delelig på andre naturlige tall enn 1
og seg selv. Ethvert naturlig tall kan skrives som produkt av primtall på en og bare
en måte (opptil faktorenes orden).
Modulo-begrepet og Z n bør kanskje forklares litt grundigere: det er et særdeles viktig
begrep, kanskje det viktigste enkeltbegrep som defineres i dette heftet. Man kan gjerne
tenke seg Z n representert ved elementene 0, 1, . . . , n − 1. Her svarer x til alle tall som er
lik x modulo n: · · · = x − n = x = x + n = · · · . Å si at x ≡ y mod n er det samme som
å si at x − y er et multiplum av n eller at x = y i Z n .
Z n er hva vi kaller en ring: vi har et nullelement (0 + x = x) og et enhetselement
(1 · x = x) samt operasjonene pluss, minus og multiplikasjon (som for de hele tallene).
Disse operasjonene bevarer ekvivalenser modulo n: f.eks. er produktet (x+an)(y +bn) =
xy + (xb + ya + abn)n ≡ xy mod n. Det er dog mulig at xy = 0 i Z n uten at x eller y er
null.
Eksempel 14. Vis at det finnes uendelig mange naturlige tall, n, som ikke kan skrives
som sum av tre kvadrattall: n = x 2 + y 2 + z 2 .
Vi betrakter ligningen modulo 8. Vi kan finne alle kvadrattall modulo 8 ved å finne x 2
for x = 0, 1, . . . , 7, fordi (x + 8n) 2 ≡ x 2 mod 8. Vi finner da at kvadrattallene er lik 0,
1 eller 4 modulo 8. Det er umulig å skrive 7 som sum av tre tall fra mengden {0, 1, 4}.
Altså, dersom n ≡ 7 mod 8, kan n ikke skrives som summen av tre kvadrattall.
Dersom p er et primtall, er Z p hva vi kaller en kropp: i tillegg til null, pluss, minus
og multiplikasjon, har vi divisjon (men man kan selvsagt ikke dele på null). Å se at vi
12

har divisjon er ikke helt opplagt. Jeg vil vise at dersom n ikke er et multiplum av p,
finnes en m slik at nm ≡ 1 mod p. Dette beviset bruker en kombinasjon av algebra,
skuff-prinsippet og reductio ad absurdum som er svært vanlig.
Anta at xy ≡ 0 mod p. Det vil si at p | xy. Da må p dele enten x eller y, hvilket vil si
at enten x eller y svarer til null-elementet i Z p .
La oss se på avbildningen Z p → Z p som avbilder x ↦→ nx. Dersom ingen x avbildes på
1 har vi at de p elementene avbildes ned på p − 1 eller færre elementer. Da må det finnes
to forskjellige elementer x og y i Z p slik at nx ≡ ny mod p (skuff-prinsippet). Men, da
må p | n(x − y), hvilket er umulig. Altså må det finnes en x slik at nx ≡ 1 mod p.
Tips 15. For tallteoretiske oppgaver lønner det seg ofte å regne modulo n: i Z n . Man
har da et endelig antall elementer å jobbe med. Det er også en del resultater som gjelder
i Z n som ikke gjelder i Z. Videre kan man regne med pluss, minus og multiplikasjon som
om det va hele tall man jobbet med.
I mange oppgaver vil man regne modulo p der p er et primtall. I tillegg til mulighetene
som gjelder for Z n generelt har vi da også divisjon.
Fermats og Eulers teorem kan i mange tilfeller være nyttige. De kan bevises med
metoder som ligner beviset ovenfor.
Teorem 16 (Fermat). Dersom p er et primtall og x ∈ Z, så er x p ≡ x mod p. Det vil si
at i Z p er x ↦→ x p lik identitetsavbildningen.
Teorem 17 (Euler). La n ∈ N ha primtallsfaktorisering n = p m 1
1 · · · p m k
k
. La Eulers
phi-funksjon være φ(n) = ∏ j (p j − 1)p m j−1
j
; dvs. antall tall mellom 1 og n som er relativt
primisk med n.
La Z ∗ n betegne elementene x ∈ Z n slik at x og n er uten felles faktor. Da er antall
elementer i Z ∗ n lik φ(n). For en slik x ∈ Z ∗ p vil x φ(n) = 1 (i Z n ).
Merk forøvrig at for elementene i Z ∗ n har man divisjon: dersom x og n er uten felles
faktor, finnes en y slik at n | xy − 1.
Tips 18. I oppgaver som omhandler rasjonale tall, bør man ofte sette dem opp som
brøker der teller og nevner er relativt primiske. I mange tilfeller bør man også gange opp
med nevnerenes minste felles multiplum slik at uttrykket kun inneholder hele tall.
Mange oppgaver omhandler polynomer eller polynomielle ligninger. Det kan derfor
være greit å si et par ord om polynomer. Dersom f er et polynom og f(a) = 0, så kan
f skrives f(x) = g(x) · (x − a) der g er et polynom av grad en mindre enn f. Dersom et
polynom f av grad n har n nullpunkter, kan det skrives f(x) = k ∏ n
j=1 (x − x j) der x j
er nullpunktene og k er en konstant. Det er ikke noe i veien for at flere x j ’er kan være
like; vi sier da at f har et multippelt nullpunkt.
Dersom f(x) = x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 0 = ∏ n
j=1 (x − x j), er a n−1 = − ∑ n
j=1 x j og
a 0 = (−1) n ∏ n
j=1 x j. For et annengradspolynom f(x) = x 2 + ax + b vil −a være summen
av løsningene og b produktet av dem; dersom vi har den ene løsningen kan vi umiddelbart
finne den andre.
13

For polynomer kan man også studere delelighet; vi sier at g(x) deler f(x) dersom det
finnes en h(x) slik at f(x) = g(x)h(x). Merk at det er en vesentlig forskjell i om vi krever
at g og h skal ha hele, rasjonale eller bare reelle koeffisienter. Dersom f og g har rasjonale
koeffisienter, har også h det; dersom f og g har heltallige koeffisienter og høyeste grads
koeffisient lik 1, vil også h ha heltallige koeffisienter og høyeste grads koeffisient lik 1.
Oppgave 24. Vis at dersom x og y er relativt primiske, gcd(x, y) = 1, er gcd(x, yz) =
gcd(x, z) og gcd(xy, z) = gcd(x, z) gcd(y, z).
Det er klart at dersom u deler både x og z, så må også u dele yz, dermed vil gcd(x, z) |
gcd(x, yz). Dersom p n | gcd(x, yz) for et primtall p, så må spesielt p n | x. Siden x og y
er relativt primiske så kan ikke p dele y, så vi må ha at p n | z. Dermed må p n | gcd(x, z).
Hvis p n | gcd(xy, z) så må p n | z samtidig som p n | x eller p n | y. Dermed må p n dele
gcd(x, z) eller gcd(y, z). Følgelig må gcd(xy, z) | gcd(x, z) gcd(y, z). Omvendt, dersom
p n | gcd(x, z) gcd(y, z) må p n | x eller p n | y. Igjen gir dette at p n | xy samtidig som vi
må ha p n | z og dermed p n | gcd(xy, z).
Oppgave 25. Vis at ∑ ( n
)
j 2j = 2 n−1 for n > 0.
Vi har at (1 + x) n = ∑ n
( n
i=0 i)
x i . Sett inn x = −1 og x = 1 og legg de to sammen. Det
gir (1 − 1) n + (1 + 1) n = ∑ n
i=0 ((−1)i + 1) ( n
i)
. Dersom i er odde faller leddet bort, og vi
får det ønskede resultatet ved å dele med to på begge sider.
Oppgave 26. Vis at for Fibonacci-tallene — F 1 = F 2 = 1, F n+1 = F n + F n−1 — er
gcd(F n , F m ) = F gcd(n,m) .
Oppgave 27. Vis at ligningen 1 + x + x 2 /2! + · · · + x n /n! = 0 er uten rasjonale løsninger
for n ≥ 2.
Oppgave 28. La a 1 , . . . , a n være n forskjellige hele tall, n ≥ 5. Vis at polynomet f(x) =
1 + ∏ j (x − a j) ikke kan skrives f(x) = g(x)h(x) der g(x) = x m + r m−1 x m−1 + · · · + r 0 ,
1 ≤ m < n, og r j er hele tall.
Oppgave 29. Området der
∑70
i=1
i
x − i ≥ 5 4
består av intervaller. Vis at summen av lengdene til disse intervallene er 1988.
Oppgave 30. La 0 = x 0 < x 1 < · · · < x N = 1, og anta at
∑
0≤i≤N
i≠j
1
x i − x j
= 0 for j = 1, 2, . . . , N − 1.
Vis at da er x i + x N−i = 1 for alle i. (Ved ettersyn har jeg kommet til at denne oppgaven
kanskje ikke var særlig egnet, men lar den stå.)
Oppgave 31. Finn alle n ∈ N slik at n 2 | 2 n + 1.
14

9 Geometri
Det er en rekke geometriske resultater som kan være nyttige å kjenne. De som oftest
brukes er listet opp nedenfor. Jeg har ikke tatt med beviser for dem; å bevise dem er
stort sett ikke vanskeligere enn at det utgjør passelige oppgaver.
C
P
r
B
A
Teorem 19 (En trekants innskrevne sirkel). La ABC være en trekant. Den innskrevne
sirkelen er sirkelen som tangerer de tre sidene. La P være sentrum i denne sirkelen og r
radien. Da er ∠BAP = ∠CAP = 1 2∠BAC, etc. Vi har også at arealet av trekanten er
(AB + AC + BC)r.
1
2
Korollar 20. For en trekant ABC vil halveringslinjene til vinklene A, B og C (dvs.
linjene som deler vinklene i to like deler) skjære hverandre i ett punkt. Dette punktet er
sentrum i den innskrevne sirkelen.
Lemma 21. Gitt tre vilkårlige punkter A, B og C som ikke ligger på en linje, så finnes
en sirkel S som går gjennom de tre punktene.
C
r
A
P
B
Teorem 22 (En trekants omskrevne sirkel). La ABC være en trekant, S dens omskrevne
sirkel og P sirkelens sentrum. Midtnormalen på AB går gjennom P .
Korollar 23. For en trekant ABC vil midtnormalene på de tre sidene skjære i ett punkt.
Dette punktet er sentrum i den omskrevne sirkelen. Radien for den omskrevne sirkelen
er gitt ved r = BC/2 sin ∠A = AC/2 sin ∠B = AB/2 sin ∠C.
15

Teorem 24. For en trekant ABC, la X være midtpunktet på BC, Y midtpunkt på AC og
Z midtpunkt på AB. Da er trekantens medianer linjene AX, BY og CZ. Disse skjærer
hverandre i et punkt P ; P er massemiddelpunktet gitt ved at OP ⃗ =
1
3 ( OA ⃗ + OB ⃗ + OC). ⃗
Vi har forøvrig AX = 3P X, etc.
Teorem 25 (Herons formel). En trekant med sidelengder a, b og c har areal A =
√
s(s − a)(s − b)(s − c) der s = (a + b + c)/2.
A
B
C
Teorem 26 (Punktspotens). La S være en sirkel med sentrum i O og P et punkt. Hvis
vi trekker en linje gjennom P som skjærer S i punktene A og B, så vil produktet P A·P B
kun avhenge av S og P men være uavhengig av linjen. Produktet P A · P B = |OP 2 − r 2 |.
Dersom vi lar P A og P B betegne vektorer kan vi fjerne absoluttverditegnet: produktet
er negativt når P ligger innenfor sirkelen og P A og P B peker i forskjellig retning. Når
linjen tangerer sirkelen som P C gjør, faller de to skjæringene sammen, og vi får P C 2 =
OP 2 − r 2 .
Teorem 27. La ABCD være en firkant. Hjørnene ligger på en sirkel S (dvs. det finnes en
sirkel S som går gjennom dem) hvis og bare hvis ∠DAB + ∠BCD = ∠ABC + ∠CDA =
180 ◦ .
P
A
P
B
C
Teorem 28 (Periferi- og sentrumsvinkel). La S være en sirkel med sentrum P og la A,
B og C være punkter på sirkelen. Da er ∠AP B = 2∠ACB.
16

Merk dog at dersom C og P ligger på forskjellige sider av linjen AB, må vi bruke
∠AP B’s utvendige vinkel: den vinkelen som ligger på utsiden av firkanten ACBP . Alternativt
kan vi bruke 180 ◦ − ∠ACB.
Eksempel 29. I planet er gitt en sirkel S med radius r, en linje l som tangerer S i A og
et punkt M på l. Bestem alle punkter P med følgende egenskap: Det finnes punkter Q og
R på l slik at M er midtpunktet på QR og S er den innskrevne sirkel i trekanten P QR.
Det er klart at punktene P vil danne en kurve. For å finne ut mere kan vi prøve å få
en ide om hvordan denne kurven ser ut.
P
m Q ′ A ′
B
R ′
U
C
S
Q
l
AM
D
R
Dersom vi lar Q og R bevege seg mot det uendelig fjerne vil P bli topppunktet B på
sirkelen S: punktet som står rett overfor A. Hvis Q og R beveger seg mot M inntil de to
linjene P Q og P R er parallelle (og P beveger seg mot det uendelig fjerne) vil P forsvinne
mot det uendelige i retningen parallell med MC der C er sentrum i sirkelen. Nå kan vi
tenke oss en hypotese om at P vil ligge på linjen gjennom B som er parallell med MC.
For å teste dette ytterligere kan man se på flere spesialtilfeller, f.eks. tilfellet der P Q står
normalt på l; hypotesen viser seg å holde også i det tilfellet.
La oss nå snu oppgaven på hodet. Velg et punkt P . Trekk linjene P Q og P R som
tangerer sirkelen. La linjen P B skjære l i D, og la M være midtpunktet på AD; da er
MC parallell med P B. For at M skal være midtpunktet på QR, må vi ha QA = RD.
La m være linjen som tangerer S i B; denne er parallell med l. La P Q skjære m i Q ′ ,
P A skjære m i A ′ , etc. Vi ser at forholdet mellom linjestykkene på l er de samme som
for de tilsvarende linjestykkene på m; dette er en symmetri som kan utnyttes.
Det holder å vise at QA · Q ′ B = RA · R ′ B; av det følger QA = RD. Merk at det
som nå gjenstår er løsrevet fra resten av oppgaven: vi skal vise at QA · Q ′ B er uavhengig
av linjen QQ ′ . Dersom vi lar QQ ′ tangere sirkelen i U vil QA = QU og Q ′ B = Q ′ U.
Videre vil trekantene QUC og CUQ ′ være likeformede; dette kan utnyttes til å vise at
QU · Q ′ U = r 2 . Dette gir at QA · Q ′ B = r 2 og tilsvarende at RA · R ′ B = r 2 , hvilket skulle
vises.
Tips 30. Det vil ofte lønne seg å se etter likeformethet, relasjoner mellom vinkler, forhold
mellom sider, hvilke kjente resultater er det mulig å anvende, etc. Kan problemet
omformuleres: er det du skal vise ekvivalent med å vise noe annet? I noen tilfeller kan
17

det også lønne seg å legge figuren inn i et koordinatsystem; ofte er det da mulig å legge
koordinatsystemet på en spesiell måte: parallell med en av sidene, sentrum av sirkel i
origo, etc.
Oppgave 32. La ABC være en trekant. Normalen fra A på BC treffer BC i X; tilsvarende
defineres Y og Z. Vis at AX, BY og CZ skjærer i ett punkt.
C
Y
X
A
Z
B
Oppgave 33. La ABC være en trekant der vinkelen i A er rett. La normalen fra A på
BC skjære BC i D. La S og T være sentrum i de innskrevne sirklene til ABD og ADC.
Linjen gjennom S og T skjærer AB og AC i K og L. Vis at arealet til AKL er mindre
enn eller lik halparten av arealet til ABC.
C
L
T
D
S
A
K
B
Oppgave 34. La ABC være en trekant, forleng sidene og konstruer sirkler som tangerer
linjene som på figuren. La r, r 1 , r 2 og r 3 være radiene til sirklene. Vis at arealet A er gitt
ved uttrykket A 2 = rr 1 r 2 r 3 .
r 1
r 2
r
18

10 Ulikheter
Mange ulikheter bygger på ulikheten x 2 ≥ 0. Disse har gjerne et litt ‘algebraisk’ utseende.
Den enkleste slike ulikhet er x 2 +y 2 ≥ 2xy som fåes fra (x−y) 2 ≥ 0. Ved å bruke summer
og produkter av slike ulikheter kan man få en lang rekke resultater som kan se ganske
vanskelige ut.
Eksempel 31. Ulikheten x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz kan også skrives (x − y) 2 + (x −
z) 2 + (y − z) 2 ≥ 0.
Cauchy–Schwartz’ ulikhet kjenner du kanskje igjen fra vektorteorien på gymnaset.
Teoremet gjelder dog mere generelt enn det som undervises der.
Teorem 32 (Cauchy–Schwartz’ ulikhet). For x j , y j gjelder (x 1 y 1 + · · · + x n y n ) 2 ≤ (x 2 1 +
· · · + x 2 n)(y 2 1 + · · · + y2 n). Dersom vi ser på ⃗x = (x 1 , . . . , x n ) og ⃗y = (y 1 , . . . , y n ) som
vektorer, kan ulikheten skrives |⃗x · ⃗y| ≤ |⃗x| |⃗y| der |⃗x| 2 = ∑ j x2 j .
Mange ulikheter kan finnes ved hjelp av analytiske metoder: f.eks. ved hjelp av derivasjon.
Dersom man kan finne maksimum eller minimum for et uttrykk, har man umiddelbart
en ulikhet.
Eksempel 33. Vis at dersom x j > 0, er
( 1
(x 1 + · · · + x n ) + · · · + 1 )
≥ n 2 .
x 1 x n
Uttrykket på venstre side kan skrives ∑ i,j x i/x j = n + ∑ i 0 er det geometriske middel — n√ x 1 · · · x n — mindre
enn eller lik det aritmetiske middel — ∑ x j /n. Videre er det harmoniske middel —
( 1 n
∑ 1/xj ) −1 — mindre enn eller lik det geometriske.
Svært ofte formuleres ulikheter i tilknytning til geometriske situasjoner. Noen oppgaver
kan bruke at en trekant ABC har areal A = 1 2 AB · AC sin ∠BAC ≤ 1 2AB · AC. Ofte vil
slike geometrisk formulerte ulikheter forutsette at man bruker geometri for å skaffe til
veie et uttrykk som man kan behandle (oftest med analytiske metoder).
19

Eksempel 36. La P være sentrum i den innskrevne sirkelen i trekanten ABC, la A ′
være skjæringen mellom BC og forlengelsen av AP og definer B ′ og C ′ tilsvarende. Vis
ulikheten
AP · BP · CP
AA ′ · BB ′ · CC ′ ≤ 8 27 .
C
A ′
B ′
P
B
A
C ′
Forhodet mellom arealet av BCP og arealet av ABC er lik forholdet mellom P A ′ og
AA ′ . Men, dersom vi bruker at arealet av BCP er 1 2r · BC og arealet av ABC er lik
1
2r · (AB + BC + AC), finner vi at dette forholdet er lik BC/(AB + BC + AC).
I en trekant kan vi alltid skrive AB = a + b, BC = b + c og AC = a + c der a, b, c ≥ 0.
La x = a/(a + b + c), etc. Venstre side av ulikheten er da lik 1 8
(1 + x)(1 + y)(1 + z) og vi
har betingelsen x + y + z = 1.
Det aritmetiske middel av 1 + x, 1 + y og 1 + z er 4/3. Det geometriske er mindre enn
eller lik det aritmetriske. Derfor må (1 + x)(1 + y)(1 + z) ≤ ( 4 3 )3 . Ved å sette inn dette
får vi ulikheten vi ønsket.
Tips 37. Dersom man står fast på en ulikhet kan det være lurt å finne ut hvor store
marginene er og når man har likhet. Dersom man har store marginer (det er langt igjen
til likhet) kan man tillate seg grovere metoder enn hvis det er nesten likhet. Tilsvarende
må man huske på at der det er likhet må metoden også bevare likheten.
Oppgave 35. La 0 < u, v, w < 90 ◦ være vinklene i en trekant. Vis at sin u+sin v+sin w ≤
sin 2u + sin 2v + sin 2w.
Oppgave 36. La x 1 , . . . , x n være reelle tall. Vis at
√
3
x 3 1 + · · · + x3 n ≤
√
x 2 1 + · · · + x2 n.
Når har vi likhet?
Oppgave 37. La ABC være en trekant i et koordinatsystem, der A = (0, a) og B = (b, 0).
Vis at da er AB + BC + AC ≥ 2CO.
Oppgave 38. La S være en endelig mengde av punkter i rommet. La S x være projeksjonen
av S ned i yz-planet; definer tilsvarende S y og S z . Vis at |S| 2 ≤ |S x | · |S y | · |S z |.
Oppgave 39. La ABC være en trekant og la S være dens omskrevne sirkel. La vinkelen
som halverer ∠A skjære sirkelen i A ′ , og definer B ′ og C ′ tilsvarende. Vis at trekanten
A ′ B ′ C ′ har areal større enn eller lik arealet til ABC.
20

C
B ′
A ′
A
C ′
B
11 Funksjonalligninger
Funksjonalligninger er ligninger der en funksjon inngår med flere forskjellige argumentverdier.
Her er det vanskelig å finne håndfaste metoder og teoremer som er til nytte for
å løse slike oppgaver.
Eksempel 38. Dersom man betrakter Fibonacci-tallene F n som en funksjon av n —
F n = f(n) — blir definisjonen f(1) = f(2) = 1, f(n + 1) = f(n) + f(n − 1). Dette er
en funksjonalligning. Som du ser, blir funksjonen i dette tilfellet, entydig definert: enhver
funksjonsverdi er definert ved de foregående (rekursivt definert).
En annen type funksjonalligning kan være f(xy) = f(x)f(y), x, y ∈ R. Her er f(x) =
x k en løsning, men dersom vi tillater funksjonen å være diskontinuerlig finnes mange
flere løsninger.
Selv om håndfaste metoder mangler, finnes en rekke ‘prøv-og-feil-metoder’ som ved
siden av å kunne bidra til å løse slike oppgaver, kan gi nyttig erfaring i hvordan man
ellers kan forholde seg til problemer der man ikke har noen gode ideer.
Finn spesielle funksjonsverdier, f(0), f(1), . . ., hva er minste funksjonsverdi, er funksjonen
strengt stigende, beskriver ligningene en entydig bestemt funksjon, kan du rekonstruere
funksjonen (finne ut hva den er), hvaslags andre ligninger og ulikheter må funksjonen
tilfredsstille, er funksjonen periodisk (dvs. at det finnes en n slik at f(x + n) = f(x) for
alle x), hvordan varierer f(x) i størrelse når x blir stor,. . .?
Eksempel 39. Vis at det ikke finnes noen funksjon f : N → N slik at f(f(n)) =
n + 1987.
Vi finner først at f(f(f(n))) = f(n) + 1987 = f(n + 1987). Vi kan da definere g :
Z 1987 → Z 1987 ved at g er f modulo 1987. Vi får da ligningen g(g(n)) = n; dersom
m = g(n), er g(m) = n. Det må da finnes en p slik at g(p) = p. Dersom det ikke var
tilfelle ville elementene i Z 1987 kunne deles inn i par n, m der g(n) = m og g(m) = n,
hvilket er umulig ettersom Z 1987 har et odde antall elementer.
La så g(p) = p. Definer h : N 0 → N 0 ved at f(p + 1987n) = p + 1987h(n). Da vil
h(h(n)) = n + 1 og h(n + 1) = h(n) + 1. Av disse ligningene følger h(n) = h(0) + n og
videre n + 1 = h(h(n)) = h(h(0) + n) = 2h(0) + n. Dette er umulig.
21

Eksempel 40. La f : N → N være strengt voksende og slik at f(nm) = f(n)f(m).
Hvilke verdier kan f(2) anta?
Vi merker oss først at dersom f(p j ) = q j der p j er primtallene, blir f entydig bestemt
ved at f(p n 1
1 · · · pn k
k ) = qn 1
1 · · · qn k
k .
I tillegg kommer betingelsen at f skal være strengt voksende. Det vil bl.a. si at p n i <
p m j ⇐⇒ qi n < qj m . Ved å ta logaritmen blir dette
ln p i
< m ln p j n ⇐⇒ ln q i
< m ln q j n
⇑
⇓
ln p i
ln p j
=
ln q i
ln q j
Følgelig må q i = p k i der k = ln q i / ln p i . Dette gir at f(n) = n k og at k må være et
naturlig tall. Vi ser da at f(2) = 2 k , k ∈ N.
Oppgave 40. La f : Z → Z være slik at f(x + y) = f(x + f(y)) for alle x, y ∈ Z og
0 ≤ f(x) ≤ x for x ≥ 0. Finn alle mulige funksjoner f.
Oppgave 41. Vis at hvis f : N → N er slik at f(n + 1) > f(f(n)), så er f(n) = n.
Oppgave 42. Finn alle f : R → R slik at f(x 2 + f(y)) = f(x) 2 + y.
12 Konstruksjoner og invarianter
I mange tilfeller skal man ikke bare vise at noe er mulig, men man skal lage en konstruksjon
som gjør noe spesielt. Det finnes også tilfeller der man viser en eksistens lettest ved
å konstruere objektet. På samme måte som med ulikheter, kan marginene variere: i noen
tilfeller skal man konstruere det ene tilfelle som eksisterer, mens i andre tilfeller finnes
en mengde løsninger og det gjelder kun å finne en konstruksjon som lar en bevise at det
er en løsning.
Det er et likhetstrekk mellom ulikheter og funksjonalligninger i at det ikke finnes
teoremer og resultater som gir svar på problemene. Det gjelder igjen å se på hvilke
egenskaper en slik løsning måtte ha.
Eksempel 41. Gitt et punkt P på en linje l og en sirkel S, konstruer med passer og
linjal en sirkel T som tangerer l i P og som tangerer S utvendig. La Q være sentrum
i S. Sentrum i T kaller vi R. For at T skal tangere l i P , må R ligge på normalen på
l gjennom P . Videre må avstanden fra R til P være lik avstanden fra R til sirkelen S.
Avstanden fra R til S er lik differansen mellom avstanden QR og radiusen til S.
Betingelsen om at P R er lik avstanden fra R til S kan da omformuleres til at P R pluss
radiusen til S er lik QR. Dette kan vi konstruere ved å sette et punkt U på normalen til
l gjennom P med avstand fra P lik radiusen til S. Da må QR = UR. Midtnormalen til
QU går da gjennom R.
Normalen til l gjennom P og midtnormalen til QU skjærer da i R.
22

S
T
l
P
En type konstruksjon som kan dukke opp er noe som minner om invarianter. En
invariant er noe som er konstant under visse operasjoner: f.eks. er avstander og vinkler
invariante under rotasjoner. Mere aktuelt for oss er ofte noe lignende: en verdi som avtar,
øker eller endres etter bestemte mønstre under visse tillatte operasjoner.
Eksempel 42. La x 1 < x 2 < · · · < x n og y 1 < · · · < y n . Hvis z j er en permutasjon av
elementene y j , vis at da er ∑ (x j − y j ) 2 ≤ ∑ (x j − z j ) 2 .
Anta at z j er en permutasjon av y j og at vi har en k slik at z k > z k+1 . Dersom jeg
bytter om de to verdiene z k og z k+1 , endres summen ∑ j (x j − z j ) 2 med
(x k − z k+1 ) 2 + (x k+1 − z k ) 2 − (x k − z k ) 2 − (x k+1 − z k+1 ) 2 = 2(x k+1 − x k )(z k−1 − z k ).
Siden z k > z k+1 , vil denne endringen være større enn null: summen vil altså øke. Så
lenge z j ikke er ordnet i stigende rekkefølge, kan jeg altså øke summen ∑ j (x j − z j ) 2 .
Maksimum må da oppnåes når z j er sortert: når z j = y j .
Eksempel 43. Vis at det finnes en funksjon f : S n → {−1, 1} på permutasjonene, slik
at for σ, ρ ∈ S n er f(σ ◦ ρ) = f(σ)f(ρ) der σ ◦ ρ(x) = σ(ρ(x)), og en permutasjon som
bare bytter om to elementer tar verdien −1.
For en permutasjon σ lar vi g(σ) ∈ Z 2 betegne antall par (modulo 2) av i, j ∈ N slik at
i < j og σ(i) > σ(j); jeg vil vise at f(σ) = (−1) g(σ) . Hvis vi bytter om σ(j) og σ(j + 1),
vil g endre verdi og følgelig vil f skifte fortegn. For å bytte om to vilkårlige verdier trenger
vi et odde antall slike nabo-ombyttinger; dette vil også endre verdien til g.
For å vise at f(σ ◦ ρ) = f(σ)f(ρ) bruker vi at enhver permutasjon kan fåes ved å bytte
om to og to punkter: σ = σ 1 ◦ · · · ◦ σ k der σ j kun bytter om to punkter.
Når f(σ) = 1 sier vi at σ er en like permutasjon; når f(σ) = −1 er den en odde
permutasjon. Det er vanlig å skrive (−1) σ for f(σ).
Dere kan også støte på oppgaver som gjør bruk av andre tall-systemer enn 10-tallsystemet.
Dere er vant med å skrive et n-sifret tall (a n . . . a 1 a 0 ) der a 0 er 1-ere, a 1 er
10-ere, . . ., a n er 10 n -ere. Dersom vi bytter ut 10 med et naturlig tall b ≥ 2 kan vi skrive
ethvert naturlig tall som (a n . . . a 0 ) b = a 0 + a 1 b + · · · + a n b n der a j ∈ {0, 1, . . . , b − 1}.
Tilsvarende kan vi skrive desimaltall (a n . . . a 0 , a −1 . . .) b = ∑ j a jb j . Dette tall-systemet
med grunntall b kalles b-tall-systemet.
Eksempel 44. La X = {1, 2, . . . , n}. Finn den minste m slik at det finnes mengder
A 1 , . . . , A m ⊂ X med X = ∪A i og med egenskapen at for ethvert par x, y ∈ X finnes en
i slik at enten x eller y er i A i , men ikke begge to.
23

Vi kan godt se det slik at man skal kunne bestemme ethvert element x ∈ X ved å si
hvilke A i ’er det er med i. Siden det for enhver i er to muligheter — x ∈ A i eller x ∉ A i
— kan det være naturlig å representere x ved (x 1 , . . . , x m ) der x i er 1 hvis x ∈ A i og 0
ellers.
Siden x må være inneholdt i minst en A i , kan ikke alle x i være lik 0; vi har derfor
2 m − 1 forskjellige representasjoner. Dersom vi omvendt tenker oss (x 1 . . . x m ) 2 som et
tall i to-tall-systemet, ser vi at disse representasjonene svarer til tallene fra 1 til 2 m − 1.
Med m mengder kan vi altså få n opptil 2 m − 1; omvendt trenger man for en gitt n,
m = ⌊log 2 (n + 1)⌋ mengder for å skille de n elementene i X. (⌊x⌋ er x rundet ned til
nærmeste heltall.)
Oppgave 43. Vis at for enhver a > 0 finnes en følge x j og en konstant c slik at |x j | < c
og |x i − x j | · |i − j| a ≥ 1 for i ≠ j.
Oppgave 44. Vis at enhver endelig mengde med (forskjellige) naturlige tall kan ordnes
i rekkefølge x 1 , . . . , x n slik at det ikke finnes i < j < k med 2x j = x i + x k .
Oppgave 45. I en skog bor 12 dverger; disse bor alle i små hytter som er enten hvite
eller røde. Hver dag besøker en dverg alle sine venner; hver dverg drar på besøk hver
12’te dag. Dersom en dverg oppdager at et flertall av hans venner har en annen farve
på sine hytter enn ham selv, maler han om sin egen hytte til den farven. Vis at etter en
stund vil dvergene slutte å male om hyttene sine.
Oppgave 46. Vi beveger oss i planet etter følgende regler. Dersom vi står på (x, y) kan
vi hoppe til (x, y ±2x) eller (x±2y, y), men vi kan ikke umiddelbart hoppe tilbake til det
punkt vi nettopp kom ifra. Vis at hvis vi starter i (1, √ 2), så vil vi aldri vende tilbake.
Oppgave 47. Når kan N, N +1, . . . , N +k−1 deles inn i to mengder (uten felles element)
slik at de to mengdene har samme sum?
Oppgave 48. Vi har en rekke med hele tall plassert rundt en sirkel slik at summen av
alle tallene er større enn null. Dersom vi har en sekvens (x, y, z) der y < 0 kan vi endre
den til (x + y, −y, y + z). Vis man kun kan utføre et endelig antall slike operasjoner før
alle tallene er større enn eller lik null.
13 Symmetrier
Begrepet symmetri er noe vagt. Det dere sikkert kjenner til er geometrisk symmetri:
en figur kan være symmetrisk om en linje eller et punkt. Vi kan også ha algebraiske
symmetrier: uttrykket x 2 + xy + y 2 er symmetrisk i variablene x og y, vi kan bytte dem
om uten å endre verdien; f.eks. kan vi utnytte denne symmetrien ved å kreve x ≤ y uten
at oppgaven blir mindre generell.
Generelt vil jeg definere symmetri som følger: en symmetri er en transformasjon som
ikke endrer objektet det transformerer. Denne transformasjonen kan være speilingen om
en linje, permutasjoner av variable i et uttrykk, etc.
24

Teorem 45. Vi har at
n∏
(x + x i ) = x n + p 1 x n−1 + · · · + p n der p j =
i=1
∑
1≤i 1

14 Til angrep!
Når man ser en oppgave bli løst ser det gjerne lett ut, men man kan lett sitte igjen med
følelsen av å ha sett en tryllekunstner utføre en av sine kunster. I de foregående seksjonene
har jeg forsøkt å gi litt bakgrunn for å løse oppgaver: et slags teoretisk svømmekurs. Denne
seksjonen tar for seg hva du kan gjøre når du ikke vet hva du skal gjøre: når du står fast.
Gå gjerne tilbake og se på tidligere eksempler og oppgaver som du har løst; hvordan
løste du dem? Hvaslags metoder kan brukes for å få gode ideer? Ved å tenke litt over og
jobbe litt med disse spørsmålene finner du nok at det er en del metoder som kan hjelpe
når man står fast.
• Mulige metoder. Ofte kan man se på oppgaven hvaslags metoder som kan tenkes
å bli brukt. Dette forutsetter dog noe erfaring med oppgaveløsing.
• Konstruer en løsning. Dersom du skal bevise at noe eksisterer kan du av og til
konstuere et eksempel.
• Egenskaper ved evt. løsning. Når du skal finne en løsning kan det ofte være
lurt å prøve å finne ut hvilke egenskaper en slik løsning må ha. Dette kan gi en
pekepinn på hvor du skal lete og hvaslags metoder du skal bruke.
• Hjelpehypoteser og mellomledd. Kan du redusere problemet til et enklere problem
eller omformulere det til et anderledes problem? Kan du anta at problemet
er på en bestemt form eller at noe kan fjernes?
• Se på spesialtilfeller. De kan ofte gi mye informasjon. Spesielt kan det være
nyttig å prøve ut de mest ekstreme situasjonene. Når situasjonen er uoversiktlig
kan det å se på spesialtilfeller gi bedre oversikt.
• Mere generelt. Dersom du fjerner noen av betingelsene, holder resultatet fortsatt?
Hvis ikke, hvaslags problemer oppstår. Du må da bruke metoder for å løse oppgaven
som ikke ville fungere for disse mere generelle tilfellene. De forutsetningene som er
nødvendige må du bruke.
• Vri på oppgaven. Forsøk å ‘se oppgaven fra en annen vinkel’.
• Finn invarianter. Finn konstanter som ikke lar seg endre eller som bare lar seg
øke/redusere.
• Utnytt symmetrier.
15 Oppgaver
Her kommer en rekke oppgaver som dere kan trene dere på. Det finnes absolutt intet
system i rekkefølgen til oppgavene; de er lagt inn etterhvert som jeg har funnet dem og
lagt inn der cursoren ramlet ned, så fortvil ikke om du skulle stoppe opp på de første
oppgavene: gå videre.
26

Oppgave 50. La (1 − √ 2x + x 2 ) n = ∑ 2n
j=0 a jx j . Hva er ∑ 2n
j=0 (−1)j a 2 j ?
A
Z
C
S
X
P
Y
U
T
B
Oppgave 51. La S, T og U være tre sirkler som skjærer i et felles punkt P . Definer
skjæringene X, Y og Z mellom sirklene som på figuren. Velg et punkt A på S. La B være
skjæringen mellom T og AX, og C skjæringen mellom U og AZ. Vis at da ligger B, Y
og C på en linje.
Oppgave 52. Vis at det finnes like mange odde som like permutasjoner i S n for n > 1.
Oppgave 53. La s 1 = 2, s 2 = 2 + 3, . . . , s n = p 1 + · · · + p n , p j primtallene. Finnes alltid
et kvadrattall mellom s n og s n+1 ?
Oppgave 54. Gitt n punkter der tre punkter aldri ligger på linje. Trekk linjer mellom
par av punkter. Hva er det minste antall slike linjestykker som må farve slik at hvis man
plukker fire punkter, vil tre av dem være hjørner i en trekant?
Oppgave 55. La a n,m ∈ R, n, m ∈ Z, 4a n,m = a n+1,m +a n,m+1 +a n−1,m +a n,m−1 . Anta
at det finnes A ∈ R og N ∈ N slik at a n,m < A dersom |n| > N eller |m| > N. Vis at da
er a n,m < A for alle n, m.
Oppgave 56. La x, y > 0 være irrasjonale tall slik at x + y = 1. Vis at ethvert naturlig
tall forekommer nøyaktig en gang som ⌊n/x⌋ eller ⌊n/y⌋ der n ∈ N. (⌊s⌋ er s rundet
nedover til nærmeste hele tall.)
Oppgave 57. Et ekorn klatrer i en stige ved å hoppe a trinn oppover eller b trinn nedover
ad gangen. Hva er det minste antall trinn en stige må ha for at ekornet skal kunne klatre
fra bakken, opp til toppen av stigen og ned igjen? Matematisk vil dette si at vi skal ha
en følge x j ∈ {0, 1, . . . , n}, n er antall trinn i stigen, slik at x j+1 = x j + a eller x j − b,
x 0 = 0, x k = n for en k og x l = 0 for en l > k.
Oppgave 58. La a 1 , a 2 , . . . være en følge slik at ethvert naturlig tall forekommer nøyaktig
en gang i følgen. Vis at da er ∑ ∞
i=1 1/a ia i+1 ≤ 1. Når er det likhet?
Oppgave 59. Fem matematikere på en forelesning sovner hver to ganger i løpet av en
forelesning. Ethvert par av matematikere sover samtidig på ett eller annet tidspunkt. Vis
at det er et tidspunkt der minst tre av dem sover samtidig.
27

Oppgave 60. La ABCD være en konveks firkant (alle vinkler mindre enn 180 ◦ ). La AC
og BD skjære i P . Hvis S er arealet til ABCD og S 1 og S 2 arealene til ABP og CDP ,
vis at da er √ S ≥ √ S 1 + √ S 2 .
Oppgave 61. Hvor mange følger x 1 , x 2 , . . . , x n finnes der x j ∈ {0, 1, 2, 3, 4} og x j+1 =
x j ± 1?
Oppgave 62. La x j være en periodisk følge med periode n — x j = x j+n — der x 1 +
x 2 + · · · + x n = 0. Vis at det finnes en m slik at for alle j er x m + x m+1 + · · · + x m+j ≥ 0.
Oppgave 63. La a i ∈ N 0 være definert ved at ∑ d|n a d = 2 n . Vis at da vil n | a n .
Oppgave 64. For ethvert naturlig tall k definerer vi en følge x j ved at x 0 = k og
x j+1 =antall divisorer til x j (inklusive 1 og x j ). For hvilke k inneholder følgen x j et
kvadrattall?
Oppgave 65. La A være en endelig mengde med punkter i planet. For P, Q ∈ A, la
d(P, Q) være avstanden mellom P og Q. La diameteren til A, D(A), være største avstand
mellom to punkter i A. Dersom d(P, Q) = D(A) sier vi at linjestykket P Q er en diameter
i A. Vis at antall diametere i A er mindre enn eller lik antall punkter i A, |A|.
Oppgave 66. La x 1 , . . . , x N ∈ R være slik at x j +· · ·+x j+6 < 0 og x j +· · ·+x j+10 > 0.
Hva er største mulige N slik at dette fremdeles er mulig?
Oppgave 67. La S være en mengde av n punkter i planet slik at ingen linje går gjennom
tre av punktene. Anta at det for en k, er slik at for ethvert punkt p finnes en sirkel med
sentrum i p som går gjennom minst k av punktene i S. Vis at da må k < 1 2 + √ 2n.
Oppgave 68. La n kuler være plassert på en sirkel. La m være et naturlig tall mindre
enn n. Hva er det største antall kuler du kan male sorte uten at det finnes to sorte kuler
med avstand m langs buen?
16 Hint
Denne seksjonen kunne selvsagt gitt fullstendige løsninger på alle oppgavene. Jeg tror
dog at dere vil ha større utbytte av ikke å få hele svaret, men bare noen hint på veien når
dere står fast. Disse hintene inneholder ofte bare henvisning til hvaslags resulater dere
kan bruke for å løse oppgaven. Det er selvsagt også mulig at det finnes andre løsninger
enn de jeg har funnet.
1. Lag sannhetstabell: tabell som sier om f.eks. P ⇒ Q er sann når P /Q er sanne/usanne.
2. B kan skaffe seg alle sedlene.
3. Se på minimum for q(x) og bruk at q(x) = p(x) + q ′ (x).
4. Den første vises ved vanlig induksjon. På den andre vises først at F n F m +F n+1 F m+1 =
F n+2 F m + F n+1 F m−1 .
28

5. Anta at x i,j = x j,i for i + j < N. Du må bruke definisjonen flere ganger for å vise
likheten for i + j = N. Det er en del regning, men fortvil ikke.
6. Vis at du ved å kombinere f, g og h’s inverser, kan redusere ethvert tall større enn 4.
F.eks., hvis n = 10k + 4, er n = g(k) der k < n.
7. Finn en mindre løsning ved hjelp av egenskaper ved annengradsligninger: kapittel 8.
8. Dette blir en slags multippel-induksjon: en generalisering av dobbel induksjon. La b k
være minste verdi av a j,k ; la b k−1 være minste a j,k−1 slik at a j,k = b k ; definer b k−2 , · · ·
tilsvarende.
9. Velg en av sideflatene. Hvor ligger den minste kuben langs denne? Hvaslags kuber
ligger oppå denne. Bruk uendelig nedstigning.
10. Den første ligningen vises med enkel algebra. Den andre vises ved hjelp av det første
resultatet og induksjon.
11. Bruk induksjon på m.
12. Bruk at (1 + x) −1 = ∑ ∞
j=0 (−1)j x j og kjør induksjon. (Alternativt kan du derivere
på begge sider.)
13. Bruk den første ligningen i oppgaven ovenfor og induksjon. Forøvrig, slik binomialene
er definert er betingelsen 0 ≤ p ≤ q ≤ n − 1 overflødig.
14. På hvor mange måter kan du velge ut 2k 1-ere? På hvor mange måter kan du velge
de resterende? Svaret skal bli (3 n + 1)/2.
15. La a j være antall personer som sitter på riktig plass etter den j’te forflytningen. Hva
er da a 1 + · · · + a n−1 ?
16. Når har midtpunktet mellom to av punktene heltallige koordinater? Svaret skal bli
at det trenges 5 punkter i planet, eller 9 punkter i rommet.
17. Velg først a j ∈ {0, 1}. Vis da at det må finnes to forskjellige valg av a j har samme
sum i Z 1993 .
18. Vis at for en gruppe på seks personer som brevveksler om to emner, finnes tre
personer som brevveksler om ett emne.
19. Bruk at for enhver x kan kun ett av tallene x, 2x, 4x, . . . være med i A.
20. La de 2 n delsummene av ∑ n
j=1 x j (svarende til utvalg av x j ) være ‘sokkene’, og del
intervallet [0, 1] opp i 2 n − 1 ‘skuffer’.
21. Svaret skal være na 1 − ( n
2)
a2 . Vis at da telles ethvert element nøyaktig en gang.
22. Vis at ethvert element x i unionen telles som nøyaktig ett element; tenk f.eks. at x
er inneholdt i A i1 , . . . , A im .
23. Hvis du først velger m fikspunkter og så permuterer de resterende n − m, på hvor
mange måter kan du gjøre det? Dette kombineres med at ∑ n
m=0 A n,m = n!. Svaret skal
29

li at A n,0 = ∑ n
i=0 (−1)i n!/i!. Det er flere måter å gjøre dette på, men en av løsningene
bruker at e x = ∑ ∞
j=0 xj /j!.
24. Se på primtallsfaktoriseringene.
25. Hva er (1 ± 1) n ?
26. Det følger fra en tidligere oppgave at F n = F n−m F m−1 + F n−m−1 F m når m < n.
27. Gang opp med minste felles multiplum. Resten er en enkel modulobetraktning.
28. Bruk at g og h begge er polynomer med heltallige koeffisienter og høyeste grads
koeffisient lik 1. Siden f(x 1 ) = 1, er g(x j ) = h(x j ) = ±1. Vi har da at f(x) − 1 |
(g(x) − 1)(g(x) + 1) og f(x) − 1 | (h(x) − 1)(h(x) + 1). Hvis g har lavest grad av de to,
gir f − 1 | g 2 − 1 en likhet.
29. Gang ut på begge sider med minste felles nevner. Hva er summen av nullpunktene?
30. La p(x) = ∏ (x − x i ). Vis at da er x(x − 1)p ′′ (x) = N(N − 1)p(x) og at dette
bestemmer p entydig. Husk forøvrig på at også y j = 1 − x j vil gi en løsning.
31. Vis at eneste primfaktor som kan inngå i n er 3.
32. I hvilken høyde over AB skjærer normalen fra A normalen fra C; beregn tilsvarende
for normalen fra B. Legg AB vannrett og se på stigningstallene til linjene.
33. Legg ABC inn i et koordinatsystem med AB og AC på koordinataksene. Vis at
punktene S og T ligger på linjen x + y = AD.
34. Se teorem om innskrevne sirkel og areal. Vis tilsvarende for de andre sirklene. Bruk
Heron’s formel.
35. Merk at sin 2u = sin(v + w − u), etc. Bruk så at sin er konkav: krummer nedover,
det motsatte av konveks.
36. Du kan skalere x’ene slik at ∑ x 2 j = 1. Da er x3 j ≤ x2 j . Likhet oppstår dersom alle
x i = 0 unntatt en.
37. Hvis du holder B og C fast og flytter A langs y-aksen, hvor må da A stå for at
AB + BC + AC er minst mulig? Hvis du kan velge a og b fritt, hva er da minste mulige
omkrets?
38. Bruk induksjon på størrelsen av S. Del S i to biter med et plan parallelt med xyplanet;
anta at ulikheten holder for bitene.
39. Bruk setningen om periferivinkler; dette gir det vinklene i A ′ , B ′ og C ′ og at AA ′
står normalt på BC osv. Bruk dette til å finne arealene av ABC og A ′ B ′ C ′ uttrykt ved
vinklene ∠A, ∠B og ∠C.
40. Anta at a = f(y) − y ≠ 0 for en y. Vis at da er f peridoisk: f(x + a) = f(x).
Løsning er at enten er f(x) = x, ellers finnes en n ∈ N slik at f(np + q) = q for
q ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, p ∈ Z.
41. Hvis f(x) = a der a er f’s minste funksjonsverdi, hva kan du da si om x? Vis at f
må være strengt stigende.
30

42. Vis at for enhver a finnes en x slik at f(x) = a. Vis så at f(f(x)) = x og at
x ≥ y ⇒ f(x) ≥ f(y). Bruk at x 2 ≥ 0 for alle x. Fasit er at f(x) = x.
43. Hvis i = (i n . . . i 1 i 0 ) 2 , la x i = k ∑ j i jα j for passende k og α. Bruk at dette gir
x 2j = αx j og x 2j+1 = αx j + k.
44. Anta at du kan ordne oddetallene og partallene for seg, slik at de tilfredsstiller
betingelsen. Hvordan kan du da sette de to sammen til en løsning?
45. Se på antall vennepar som har samme farve på hyttene sine.
46. Se på det punkter på veien som ligger lengst unna origo. Hvilke punkter kommer før
og etter?
47. Problemet er lett for k ≡ 0, 2 eller 2N + 1 mod 4. Dersom k ≡ 2N − 1 mod 4, hvilke
summer kan da fåes som sum av (k − 1)/2 av tallene? (Hva er minste og største?) Fasit
er at det går når 4 | k og når k ≡ 2N − 1 mod 4 og 4N ≤ (k − 1) 2 .
48. La x i være tallene på sirkelen og la x i+n = x i der n er antall tall i sirkelen. Hvis vi
lar y i = x 1 + x 2 + · · · + x i , hvaslags effekt har operasjonen på sekvensen y i ?
49. Hvis x 1 ≠ x 2 , kan da x 1 +x 2 x 3 x 4 = x 2 +x 1 x 3 x 4 ? Fasit er at x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 1.
50. Bruk at (1 − √ 2x + x 2 )(1 + √ 2x + x 2 ) = 1 + x 4 . For n odde er svaret lik null; for n
like er svaret ( n
n/2)
.
51. Alt du trenger er teoremet om vinklene i en firkant som er innskrevet i en sirkel.
Resten er bare sammenligning av vinkler.
52. Finn en en-til-en sammenheng mellom odde og like permutasjoner.
53. Hva er avstanden mellom to kvadrattall? Bruk at (med unntak av p 1 = 2) er primtallene
et utvalg av oddetallene.
54. Anta at P og Q er punkter som ikke er knyttet sammen med en linje. For R og S to
andre punkter, hva kan du si om linjer mellom P , Q, R og S? Fasit er (n − 1)(n − 2)/2.
55. Kan a n,m ha en maksimumsverdi?
56. Hvor mange tall < m inneholder ⌊n/x⌋? Og ⌊n/y⌋? Hva blir dette til sammen?
57. Anta at a og b er relativt primiske. Anta at man fra trinn x i til trinn x j tar p sprang
oppover og q sprang nedover; da er x j − x i = pa − qb og j − i = p + q. Vis at for at
x j = 0, må a + b | j. Fasit er at n = a + b − gcd(a, b).
58. Bruk at 1/xy = (1/x − 1/y)/(y − x). Likhet inntreffer dersom a i = i.
59. Anta at maks to sover samtidig. Merk at antall ganger noen sovner er ti.
60. La T 1 og T 2 være arealene til BCP og ADP . Vis at S 1 S 2 = T 1 T 2 . Hva er da
( √ S 1 + √ S 2 ) 2 ?
61. Dersom x j = 1 eller 3, hva er da de mulige neste to tall i følgen? Skill mellom n like
og n odde. For n = 2m finnes 8 · 3 m−1 følger; for n = 2m + 1 finnes 14 · 3 m−1 følger; for
n = 1 finnes 5 følger.
31

62. La a j = x 1 + x 2 + · · · + x j . Hva er betingelsen og hva skal du finne formulert med
hensyn på følgen a j ?
63. Vis at dersom n = mp k , p og m relativt primiske, vil p k | a mp k; anta som induksjonshypotese
at det holder for mindre tall enn mp k . Du trenger Eulers teorem.
64. Vis at for tilstrekkelig store j er x j = 2. Men, hvilke verdier kom før 2? Fasit: følgen
inneholder et kvadrattall hvis k ikke er primtall.
65. Man kan anta at ethvert punkt er med i to diametere, ellers kan man fjerne det. Vis
at dersom alle punkter er med i to diametere, kan intet punkt være med i tre diametere.
66. La y j = x 1 + · · · + x j ; hva sier betingelsen om y i ? Se også på oppgave 57. Fasit er
N = 16.
67. For x et punkt, la S x være punktene på sirkelen om x og T x alle y slik at x ∈ T y .
Bruk at |S x | = k og |S x ∩ S y | ≤ 2 for x ≠ y. Tell opp ∑ |S x ∩ S y | på flere måter.
68. Vi kan formulere det slik at vi skal finne en mengde A ⊂ Z n slik at for x, y ∈ A er
x − y ≢ m mod n.Hvis vi antar at n og m er relativt primiske kan vi dele på m i Z n ;
dette gir at m −1 A ikke har elementer med differans lik 1.
17 Fasit
Her kommer en mere utførlig fasit.
1. Vi har at (P ⇒ Q) er gal dersom P er sann og Q er gal, men sann i alle andre tilfeller.
Tilsvarende kan man sette inn verdier for P og Q for de andre utsagnene og vise at de
tar samme verdier.
2. B skal si ‘A gir meg enten ingen av sedlene eller alle sedlene’.
3. Vi har at q = p + q ′ . Siden p(x) ≥ 0 for alle x, må n være et partall. Siden q være et
polynom av grad n, har q et minimum: q(a). Vi får da at q ′ (a) = q(a) − p(a) < 0, men i
et slikt minimum må q ′ (a) = 0; vi har altså en selvmotsigelse.
4. For den første ser vi lett at ligningen holder for n = 1. Vi antar at F 2 1 + · · · + F 2 n =
F n F n+1 . Da er F 2 1 + · · · + F 2 n+1 = F nF n+1 + F 2 n+1 = (F n + F n+1 )F n+1 = F n+2 F n+1 . ..
For den andre ligningen bruker vi at F n F m + F n+1 F m+1 = F n F m + F n+1 (F m−1 + F m ) =
(F n +F n+1 )F m +F n+1 F m−1 = F n+2 F m +F n+1 F m−1 . Dette gjør at vi kan kjøre induksjon
med hensyn på m; vi viser da at dersom ligningen i oppgaven holder for en m (og alle
n), så holder den også for m + 1.
5. Anta at x i,j = x j,i for i + j < n. Dersom i + j = n, får vi
x i,j = x i−1,j − jx i−1,j−1
= x j,i−1 − jx j−1,i−1
= x j−1,i−1 − (i − 1)x j−1,i−2 − jx j−1,i−2 − j(i − 1)x j−2,i−2
32

Dersom vi gjør det samme med x j,i får vi at
x i,j − x j,i = x i−2,j−1 − x i−1,j−2 + (i − j)x i−2,j−2
)
)
=
(x i−2,j−1 − (j − 1)x i−2,j−2 −
(x j−2,i−1 − (i − 1)x j−2,i−2
= x i−1,j−1 − x j−1,i−1
= 0
6. Poenget er å vise at for tilstrekkelig store n vil n kunne fåes ved å anvende f og g
på et tall m som er mindre enn n. Dersom n = 10k er n = f(k) der k < n. Dersom
n = 10k + 1 er n = h(h(g(4k))). Hvis n = 10k + 2 er n = h(g(2k)). Slik kan vi
fortsette slik at alle tall kommer fra et mindre. Litt vanskeligere er n = 10k + 9; her er
n = h(h(h(h(g(16k +14))))); her er m = 16k +14 ikke mindre enn n, men ethvert partall
vil som over, reduseres til et nytt partall eller med en faktor 10, og blir dermed til sist
mindre enn n.
7. Anta først at x ≥ y > 0. Hvis vi betrakter ligningen som en annengradsligning i x
så har den to løsninger; siden ligningen kan skrives x 2 − xyn + y 1 − n = 0, har denne
i tillegg til x, en løsning x ′ som tilfredsstiller x + x ′ = ny og xx ′ = y 2 − n. Siden
x ′ y +1 = (x ′2 +y 2 )/n, må x ′ ≥ 0. Siden x ≥ y, må x ′ = (y 2 −n)/x < x. Altså er (x ′ , y, n)
en ny og ‘mindre’ løsning. Vi kan redusere denne videre inntil vi får y = 0; da må x 2 = n,
og n er dermed et kvadrattall.
8. Anta at følgen aldri når null. La da b k være minste verdi av a j,k for alle j; la b k−1 lik
minste verdi av a j,k−1 for j slik at a j,k = b k ; la b k−2 være minste verdi av a j,k−2 slik at
a j,k = b k og a j,k−1 = a k−1 ; osv. Det er da en j slik at a j,k = b k for alle k; men, da vil jo
a j+1,k gi opphav til et tall som er ‘lavere enn’ b k . Dette er umulig. Følgelig må det finnes
en j slik at a j,k bli null for alle k.
9. Se på bunnflaten. Den minste kuben som berører bunnflaten kan ikke ligge langs
med kanten; følgelig har den større kuber på alle fire kanter som gjør at den danner
en kvadratisk grop. Se så på den minste kuben som ligger oppå denne i gropen. Der
gjelder igjen at den ikke kan ligge inntil kanten av gropen og at den må være omgitt av
større kvadrater på alle kanter; den danner derfor en ny grop. Slik kan vi fortsette i det
uendelige siden man for å fylle gropen trenger en kube med samme sidelengde som kuben
under. På den annen side var det kun endelig mange kuber og følgelig kan vi ikke holde
på slik og finne stadig mindre kuber. Reductio ad absurdum (eller uendelig descent): en
slik oppdelilng kan altså ikke finnes.
10. Den første summen kan settes opp
( ) ( )
n n
+ =
i i + 1
n!
i!(n − i)! + n!
n! ·
(i + 1)!(n − i − 1)! =
(
)
(i + 1) + (n − i)
(i + 1)!(n − i)!
=
( ) n + 1
.
i + 1
Dersom vi antar som induksjonshypotese at (1+x) n = ∑ i
( n
i)
x i kan vi gange med (1+x)
og bruke resultatet over, og få samme uttrykk for n + 1. For n = 0 er hypotesen riktig.
At likheten holder følger dermed ved induksjon.
33

11. For n = m er uttrykket lik 1 på begge sider. Dersom uttrykket holder for n og m
kan man lett vise at det holder for m + 1:
m+1
∑
j=n
( ( j m + 1
=
n)
n
)
+
( ) m + 1
=
n + 1
Ved induksjon følger da at ligningen holder for alle n og m.
( ) m + 2
.
n + 1
12. Vi har at 1/(1 + x) = 1 − x + x 2 − · · · . Ved å sette inn for n = 1 passer dette
med uttrykket vi skal vise. Vi bruker så induksjon. Dersom uttrykket holder for n kan vi
gange med 1/(1 + x). Dersom (1 + x) −n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · der a j = (−1) j( )
n+j−1
n−1
og (1 + x) −(n+1) = b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + · · · = (a 0 + a 1 x + · · · )(1 − x + x 2 − · · · ), finner
vi at b 0 = a 0 , b 1 = a 1 − a 0 , . . . , b k = ∑ k
j=0 (−1)k−j a j . Ved å sette inn for a j finner
vi at b k = ∑ k
j=0 (−1)k−j a j = ∑ k
j=0 (−1)k( )
n+j−1
n−1 = (−1)
k ∑ n+k−1
( i
)
i=n n−1 = (−1)
k ( )
n+k
n
(bruker resultatet fra oppgave 11). Dersom vi definerer ( )
−n
j = (−1)
j ( )
n+j−1
n−1 har vi at
(1 + x) n = ∑ ( n
j∈Z j)
x j for alle n ∈ Z.
13. Vi ser føst at ligningen holder for n = 1 og n = 2: F 1 = ( )
0
0 og F2 = ( 1
0)
. Uttrykket
kan videre skrives om til F n
F n+1 = F n + F n−1 = ∑ j∈Z
(
j
n−2−j
(
j
= ∑ j∈Z n−1−j)
. Vi kan da bruke induksjon og får at
) ( )
+
j
∑ (
n−1−j = j+1
) ∑ (
j∈Z n−1−j = j
j∈Z n−j)
.
14. La oss først se på antall måter man kan velge ut 2k 1’ere og n − 2k tall fra {0, 2}.
Antall måter å legge 2k 1’ere i n x’er er ( n
2k)
. De resterende n − 2k x’ene skal være
lik 0 eller 2; det kan gjøres på 2 n−2k forskjellige måter. Vi får dermed at antallet er
lik ∑ ( n
)
k) 2k 2 n−2k . Her kan vi bruke trikset som ble beskrevet tidligere for å finne at
2 n−2k = ((2 + 1) n + (2 − 1) n )/2 = (3 n + 1)/2.
∑
k
( n
2k
15. La a j være antall som sitter på riktig plass etter den j’te forflyttningen. Da er
a 1 + a 2 + · · · + a n−1 = n: alle vil sitte på riktig plass i en av rotasjonene. Siden summen
er lik n, men det er n − 1 variable, må minst en av dem være større enn eller lik to.
16. Dersom vi ser på punktene modulo 2 (om koordinatene er odde eller like) finnes kun
4 mulige kombinasjoner i planet eller 8 i rommet. Vi finner at dersom n ≥ 5 i planet eller
n ≥ 9 i rommet, så må det finnes to punkter som er like modulo 2. Da må midtpunktet
mellom dem ha heltallige koordinater.
17. Dersom vi velger a j ∈ {0, 1} finnes det 2 11 = 2048 mulige kombinasjoner. Dersom vi
så ser på alle mulige summer ∑ j a jx j mod 1993 må to av dem være like (modulo 1993)
fordi det er 2048 summer, men kun 1993 forskjellige tall modulo 1993. Vi ser da et det
må finnes to forskjellige slike valg av a j som gir samme sum. Dersom vi tar differansen
av dem, vil vi få a j ∈ {−1, 0, 1} og ∑ j a jx j ≡ 0 mod 1993.
18. Velg ut en person X. Denne brevveksler med 16 andre. Disse 16 deles inn i tre grupper
etter hvilket emne de brevveksler med den første om; minst en av disse gruppene må
inneholde minst 6 personer. Dersom to personer i denne gruppen brevveksler om samme
emne som de brevveksler med den føste med, har vi en slik gruppe med tre personer
som brevveksler om ett emne. Omvendt, anta at denne gruppen kun brevveksler om de
34

to andre emnene. Plukk ut en person Y i denne gruppen og del de resterende fem inn i
grupper etter hvilket emne de brevveksler med denne personen om. En av disse gruppene
må inneholde minst tre personer. Enten må to av disse brevveksle om samme emne som
de brevveksler med Y om, eller så må de tre brevveksle om de ene emnet som da gjenstår.
19. Vi bruker at maksimalt ett av tallene x, 2x, 4x, . . . kan være med. La tallene 1, 2, . . . , 2n
være ‘sokkene’ og oddetallene 1, 3, . . . , 2n − 1 være ‘skuffene’. Tallene x, 2x, 4x, . . . der x
er odde legges allr i ‘skuffen’ x. Vi vil da ha n + 1 ‘sokker’ som skal plasseres i n ‘skuffer’.
Da må to sokker havne i samme ‘skuff’; altså må det da finnes to tall x og y blandt de
n + 1 tallene, slik at x | y (eller endog at y/x er en toerpotens ulik 1).
20. Denne oppgaven minner noe om oppgave 18. Vi lar først a j ∈ {0, 1}. Da finnes
2 n kombinasjoner. De 2 n summene ∑ j a jx j ligger alle i intervallet [0, 1]; intervallet [0, 1]
deles således opp i 2 n −1 biter (husk at begge endepunktene er med). Den korteste av disse
bitene har lengde mindre enn eller lik 1/(2 n −1), altså kan a j ’ene velges på to forskjellige
måter slik at forskjellen i ∑ j a jx j er mindre enn eller lik 1/(2 n − 1). Dersom man lar a j
være differansen mellom de to valgene, blir a j ∈ {−1, 0, 1} og | ∑ j a jx j | ≤ 1/(2 n − 1).
21. Vi har at na 1 − ( n
2)
a2 = ∑ i |A i| − ∑ i m reduseres
n med m og omvendt til vi til sist sitter igjen med gcd(n, m). Dermed blir
gcd(F n , F m ) = F gcd(n,m) .
27. La x = p/q der q ∈ N, p ∈ Z, p og q relativt primiske. Sett inn og gang med minste
felles multiplum som er q n · n!. Vi får da at q n · n! + q n−1 p · n! + · · · + p n = 0. Denne er lik
35

p n modulo q. Siden p og q er relativt primiske er eneste mulighet for å få p n ≡ 0 mod q
at p = 0, men da blir x = 0 som ikke gir noe nullpunkt.
28. Vi kan anta at g og h har heltallige koeffisienter og at høyeste grads koeffisient
er 1 for begge. Vi kan videre anta at g har grad mindre eller lik graden til h. Siden
g(a i )h(a i ) = f(a i ) = 1 må g(a i ) = ±1 dette gir at g(x) 2 − 1 må være lik null for x = a i .
Siden vi da får at graden til g(x) 2 − 1 blir mindre eller lik graden til f(x) − 1 og har
samme n nullpunkter som f — a i — må f(x) − 1 = g(x) 2 − 1. Hvis vi ordner a i ’ene slik
at g(a i ) = 1 for i = 1, . . . , m = n/2 og g(a i ) = −1 for i = m + 1, . . . , n = 2n, så vil vi
få g(x) − 1 = ∏ m
i=1 (x − a i) og g(x) + 1 = ∏ 2m
i=m+1 (x − a i). Dersom i ≤ m < j må vi ha
|a i − a j | = 1 eller 2, ellers får vi ikke g(a j ) − 1 = ∏ m
k=1 (a j − a k ) = −2. Når n > 5 (siden
m ≥ 3 må faktisk n ≥ 6) kan vi ikke finne a 1 , . . . , a 2m slik at |a i − a j | ≤ 2 for i ≤ m < j.
29. La
p(x) =
70∏
i=1
(x − i) ·
( 70 ∑
i=1
)
i
x − i − 5 .
4
Da blir p(x) et polynom. Ved x = i vil funksjonen 1/(x − i) være uendelig: positiv på
oversiden og negativ på nedsiden. Det vil da finnes ett punkt mellom i og i + 1 der
vi har likhet i ligningen og hvor derfor p(x) = 0. Lengden av dette intervallet hvor
ulikheten holder er da x − i. For hver verdi av i får vi et slikt lite interval av lengde
x i − i der x i er nullpunktet. Vi har da at p(x) = A ∏ 70
i=1 (x − x i) = A(x 70 + a 1 x 69 + · · · )
der a 1 = − ∑ 70
i=1 x i. Vi får at A = −5/4 og at a 1 = 4473. Den totale lengden blir da
a 1 − sum 70
i=1 i = 1988.
30. Dersom vi setter p(x) = ∏ N
i=0 (x − x i) får vi at
p ′′ (x) = 2
∑
0≤i,j≤N
i≠j
∏
0≤k≤N
k≠i,j
(x − x k ).
Dette fører til at
2 ∏ 0≤i≤N
i≠j
p ′′ (x j )
(x j − x i ) = ∑
0≤i≤N
i≠j
1
x j − x i
hvilket er lik null for j = 1, 2, . . . , N − 1 og dermed p ′′ (x j ) = 0. Dette gir p ′′ (x) =
k ∏ j=1,2,...,N−1 (x−x j) der k er en konstant. Dermed blir k·p(x) = p ′′ (x)·x·(x−1). Dette
bestemmer p(x) entydig: skriv ut p(x) = ∑ a i x i og bruk at p ′′ (x) = ∑ a i i(i − 1)x i−2 .
Vi har at dersom x i gir en løsning vil også y i = 1 − x N−i gi en løsning. Men siden p er
entydig bestemt må da x i = y i , hvilket gir x i + x N−i = 1.
31. Siden 2 n + 1 er odde kan ikke n være et partall. Hvis p er en primfaktor i n så
har vi at 2 p ≡ −1 mod p hvis og bare hvis 2 n ≡ −1 mod p fordi n/p er odde og derfor
(−1) n/p = −1. Hvis n 2 | 2 n +1, så må også p | 2 n +1. Fermats teorem sier at 2 p ≡ 2 mod p
og derfor blir 2 n + 1 ≡ 3 mod p. Eneste mulighet for at 2 n + 1 ≡ 0 mod p er derfor hvis
p = 3. Vi må derfor sjekke n = 3 m .
36

For n = 1 og n = 3 vil n 2 | 2 n + 1. Dersom vi har 2 3m + 1 = 3 k a der a ikke er delelig
med 3, så får vi at 2 3m+1 = (3 k a − 1) 3 = 3 3k a 3 − 3 2k+1 a 2 + 3 k+1 a − 1 som gjør at vi kan
skrive 2 3k+1 + 1 = 3 m+1 a ′ der a ′ ikke er delelig med 3. Kort sagt, når m øker med en vil
også k øke med en. For m = 0 og 1 får vi k = 1 og 2. Siden k ≥ 2m for begge disse vil
3 2m | 2 3m + 1. For m ≥ 2 vil dette ikke holde. Løsningene blir derfor at n = 1 eller 3.
32. Dersom vi legger Z i origo, lar A = (−a, 0), B = (b, 0), C = (0, c) så vil linjen AC
ha stigningstall c/a. Normalen BY vil dermed ha stigningstall −a/c. (Husk at dersom to
linjer står normalt på hverandre vil produktet av stigningstallene være −1.) Linjen gjennom
B med stigning −a/c vil skjære y-aksen i punktet (0, ab/c). Tilsvarende utregning
vil også vise at AX vil skjære i samme punkt. Dette kunne man også sett av symmetrien
i uttrykket for skjæringspunktet: dersom man bytter om a og b som svarer til at man
bytter om A og B, så vil ikke uttrykket endres.
33. La normalen fra S til AB skjære AB i U og la normalen fra S på AD skjære AD
i V . Da er AU = AV og SU = SV = V D og derfor er AU + US = AD + DV = AV .
Tilsvarende gjelder for T . Vi har derfor at S og T ligger på linjen x + y = AD der
A ligger i origo og AB og AC ligger på koordinataksene. Trekantan AKL blir derfor
en likebenet 45–45–90-trekant med areal AD 2 /2. Siden ABD og ADC er likeformede
har vi at BD/AD = AD/DC og dermed BD/AD + DC/AD ≥ 2. Siden vi da har
BC = BD + DC ≥ 2AD blir arealet av ABD er BC · AD/2 ≥ AD 2 . Ulikheten følger
så.
34. Vi har at 2A = r(AB + BC + AC) der A, B og C er hjørnene. Tilsvarende har vi
at 2A = r 1 (AB + AC − BC) (der BC tangerer sirkel 1) og 2A = r 2 (AB + BC − AC) =
r 3 (BC + AC − AB). Dersom man ganger disse sammen og bruker Heron’s formel, får
man det ønskede resultat.
42. Gitt en a, plukk en vilkårlig verdi for x. Hvis du setter y = a − f(x) 2 , så vil f(x 2 +
f(y)) = a. Hvis f(u) = f(v), så er f(0) 2 +u = f(0+f(u)) = f(f(u)) = f(f(v)) = f(0) 2 +
v, hvilket gir u = v. Hvis v = −u, så får vi at f(u) 2 = f(u 2 +f(0)) = f(v 2 +f(0)) = f(v) 2 ,
og dermed at f(v) = ±f(u). Dersom u = −v ≠ 0 må vi ha f(u) ≠ f(v) og derfor må
f(−u) = −f(u). Nå følger at f(0) = 0 fordi hvis f(0) = a ≠ 0, så må det finnes en b ≠ 0
slik at f(b) = −a, men da får vi f(0) = a = f(−b).
52. La µ være en odde permutasjon. Dersom σ er like, er µ ◦ σ odde. Tilsvarende kan vi
gå den andre veien: hvis σ er odde, er µ −1 ◦ σ like. Dette gir en en-til-en sammenheng
mellom like og odde permutasjoner.
55. Dersom a n,m ≥ A for en n, m, vil det finnes et par n 0 , m 0 slik at a n0 ,m 0
≥ a n,m for
alle n, m. Anta at a n0 ,m 0
er en slik maksimal verdi. Vi har at a n0 ,m 0
er gjennomsnittet
av de fire naboene samtidig som alle naboene har verdi mindre enn eller lik a n0 ,m 0
; dette
gir at naboene må ha samme verdi som a n0 ,m 0
, og a n,m har samme verdi for alle n, m.
59. Det er ti forskjellige par av matematikere. Vi antar at maks to sover om gangen.
Dersom vi utover forelesningen teller antall par som har sovet samtidig, kan vi legge til
en kun når noen sovner og det sover noen fra før. Det skjer ti ganger at noen sovner,
37

men den første av disse gangene kan det ikke sove noen fra før. Derfor kan maks ni par
ha sovet samtidig.
68. Dersom d = gcd(n, m) er antallet lik d · ⌊n/2d⌋.
38