SKOLORNS MTMTIKTÄVLING Svenska Matematikersamfundet inaltävling i Uppsala den 4 november 007 örslag till lösningar Problem 1 Lös ekvationssystemet { xyzu x 3 = 9 x + yz = 3 u i positiva heltal x, y, z och u Lösning: ftersom x är en delare till VL i ekv 1, finns bara möjligheterna x = 1, x = 3 och x = 9 rån ekv får vi yz = 3 u x, vilket visar att u är ett jämnt heltal Insättning i ekv 1 ger x( 3 u x)u x3 = 9 eller allet x = 1: Vi har ekvationen ( 3 u x)u = x + 9 x ( 3 u 1)u = 10 e enda jämna delarna till 10 är och 10, men för u = är V L < 10, för u = 10 är V L > 10 allet x = 3: Vi får ekvationen ( 3 u 3)u = 1 Jämna delare till 1 är, 4, 6 och 1; u = ger V L = 0, u = 4 är en lösning, medan u = 6 och u = 1 ger V L-värden som överstiger 1 allet x = 9: kvationen blir ( 3 u 9)u = 8 nda jämna delare till 8 är och 8; u = gör V L negativt och u = 8 ger V L > 8 Sammanfattningsvis får vi x = 3, u = 4, som insatta i ekv ger yz = 3 med lösningarna (y, z) = (1, 3) och (y, z) = (3, 1) Svar: (x, y, z, u) = (3, 1, 3, 4) och (3, 3, 1, 4) Problem tt antal blommor fördelas mellan n personer så att den förste av dem, ndreas, får en blomma, den andre får två blommor, den tredje får tre blommor osv, till person nr n som får n blommor ndreas går sedan runt och skakar hand en gång med var och en av de övriga, i godtycklig ordning ärvid får han en blomma från var och en som han hälsar på och som har fler blommor än han själv i det ögonblick de skakar hand Vilket är det minsta antalet blommor som ndreas kan ha när han har skakat hand med alla?
Lösning ntalet sätt att ordna dem som skakar hand med ndreas är ändligt, så det måste finnas ett minsta möjliga antal blommor Låt oss numrera personerna från till n i den ordning som de skakar hand med ndreas och låt k, k 3,, k n vara den permutation (ordning) av talen, 3,, n som motsvarar respektive antal blommor i startläget (ndreas möter alltså först person nr, som från början är försedd med k blommor, därefter person nr 3, som i utgångsläget har k 3 blommor osv) Låt N vara antalet blommor som ndreas har när han har skakat hand med alla ntag att det finns ett index i sådant att k i < k i+1 tt sådant index existerar för varje permutation skild från n, n 1,, 3, Person nr i har alltså a = k i blommor från början, medan person nr i + 1 har b = k i+1 blommor, där a < b Vi ska visa att man genom att låta personerna i och i + 1 byta antalet blommor, dvs så att person nr i har b blommor och person nr i+1 har a blommor, antingen lämnar N oförändrat eller minskar det Låt m vara det antal blommor ndreas har när han kommer fram till person nr i Om m < a 1 kommer ndreas att få en blomma av såväl nr i som av nr i + 1 etta gäller även om vi låter antalet blommor för de båda byta plats Om m = a 1 kommer ndreas att få blommor av båda, men om nr i i stället har b blommor och nr i + 1 har a blommor kommer ndreas bara att få en blomma (vi har då m < b men m + 1 = a), dvs en minskning med en blomma Om a m < b får ndreas inte någon blomma av nr i, men däremot en av nr i + 1 Om de båda personerna byter antal blommor med varandra kommer ndreas att få en blomma av den förste men inte av den andre Totala antalet blommor som ndreas får är alltså oförändrat Om slutligen m b kommer ingen av de båda att ge ndreas någon blomma; detta gäller även om antalet blommor skiftar mellan de båda Sammanfattningsvis kommer ett skifte av blomantal mellan personerna i och i + 1 antingen hålla N-värdet oförändrat eller minska det med 1 etta betyder att om vi upprepade gånger låter blomantalen byta plats för två personer i följd, där den senare har fler blommor än den förre, kommer N att minska eller ligga konstant Om vi fortsätter med att skifta blomantal på detta sätt kommer vi efter ett ändligt antal steg nå den permutation som innebär att talen, 3, n bildar en monotont avtagande följd ( slutföljden ): n, n 1,, 3, ör varje blomantalsbyte kommer nämligen P n = antalet par av personer i, j, med i < j, för vilka k(i) < k(j) (vi uppdaterar permutationen k, k 3,, k n i varje steg), att minska med 1 i varje steg tills P n antar värdet 0, vilket gäller om och endast om permutationen är lika med slutföljden Oavsett vilken permutation vi startar med kommer proceduren att leda oss till slutföljden, dvs värdet på N för denna följd är mindre eller lika med värdet för varje annan följd ör slutföljden gäller att om n är udda får ndreas (n 1)/ blommor, vilket ger N = (n+1)/; om n är jämnt får han (n+1)/, dvs N = (n+)/ blommor nm ftersom inte varje steg i proceduren ger en minskning av N, kan minimum ha antagits innan slutföljden har nåtts Som exempel kan nämnas att om ndreas skakar hand med fem andra, som i tur och ordning har 6, 5, 4, 3, blommor får ndreas sammanlagt 4 blommor Samma antal får han exempelvis för ordningen 4, 5, 6, 3, Svar: (n + 1)/ om n är udda, (n + )/ om n är jämnt
Problem 3 Låt α, β, γ vara vinklarna i en triangel Om a, b, c är triangelns sidlängder och R är den omskrivna cirkelns radie, visa att cot α + cot β + cot γ = R(a + b + c ) ( cos x) cot x = sin x Lösning nligt sinussatsen använd på triangeln är (a kan väljas att stå mot α osv) a sin α = Vänsterledet i uppgiften kan nu skrivas b sin β = c sin γ = R cos α sin α + cos β sin β + cos γ sin γ = R( cos α + cos β + cos γ ) a b c = R ( ) bc cos α + ac cos β + ab cos γ nligt cosinussatsen använd på triangeln är a = b + c bc cos α, b = a + c ac cos β och c = a + b ab cos γ, varför vänsterledet övergår i Likheten är därmed visad R ( (b + c a ) + (a + c b ) + (a + b c ) ) = R(a + b + c ) Problem 4 På randen till en cirkelskiva finns ett antal bågar Varje par av bågar har minst en punkt gemensam Visa att man på cirkeln kan välja två diametralt motstående punkter sådana att varje båge innehåller minst en av dessa två punkter Lösning ör en godtycklig punkt P med antipoden (dvs den diametralt motstående punkten) Q, gäller att bågar som är 180 automatiskt innehåller någon av dessa punkter Låt oss därför anta att alla bågar är < 180 Välj en punkt 1 som tillhör minst en av bågarna och låt vara punktens antipod Mängden av bågar kan nu delas in i tre disjunkta delmängder: M 1, M och M 3, där M 1 är mängden av alla bågar som innehåller punkten 1, M är mängden av alla bågar som innehåller punkten och M 3 är mängden av alla bågar som varken innehåller 1 eller e båda punkterna delar upp cirkeln i två halvcirklar Vi inser att eventuella bågar i M 3 endast kan finnas i den ena av dessa halvcirklar, eftersom bågar från skilda halvcirklar inte kan ha någon punkt gemensam Låt S vara den halvcirkel som innehåller eventuella bågar från mängden M 3 och låt S vara den andra halvcirkeln Om mängden M 3 är tom, kan 1 och väljas som punkterna 1 och respektive etrakta mängden av bågar i M 1 (mängden är ju icke tom) Låt 1 vara den båge i M 1 för vilken S är kortast och antag att 1 S = bågen 1 1 Vi ska visa att 1 och dess antipod uppfyller uppgiftens villkor Valet av punkten 1 gör det klart att varje båge från M 1 innehåller denna punkt Vidare måste varje båge i mängden M 3 ha en icke tom skärning med 1, och följaktligen tillhör 1 varje sådan båge Kvar har vi bågarna i mängden M ntag att bågen M Om 1 innehåller 1 så är vi klara nnars måste 1 innehålla punkter på halvcirkeln och eftersom 1 < 180 kan 1 inte innehålla punkten, dvs bågen måste innehålla denna punkt ärmed är påståendet visat
Problem 5 nna och engt spelar ett spel där man lägger dominobrickor (av storlek 1) på bräden som består av n 1 rutor rickorna måste placeras så att de täcker exakt två rutor Spelarna turas om att lägga var sin bricka och den som lägger den sista brickan vinner e spelar en gång för varje n, där n =, 3,, 007 Visa att nna vinner minst 1505 av gångerna om hon alltid börjar och båda spelar optimalt, dvs om de i varje drag gör sitt bästa för att vinna Lösning Om n är jämnt kan nna alltid se till att hon vinner Hon börjar lämpligen med att placera sin första bricka i mitten, dvs så att de täcker rutorna n och n + 1 rädet delas då i två lika delar, vardera med n 1 rutor ör varje drag som engt gör genom att lägga sin bricka över två rutor på den ena hälften av brädet, kan nna alltid kopiera draget på den andra hälften och där placera sin bricka över motsvarande rutor När engt har gjort sitt sista möjliga drag, har nna sin kopieringsmöjlighet kvar och kan lägga den sista brickan Om n är udda kan engt i vissa fall ordna en vinst Om n = 3 vinner alltid nna, eftersom bara en bricka kan läggas ut, men om n = 5 vinner engt et spelar nämligen ingen roll var nna placerar sin första bricka; det kommer sedan alltid att finnas två intilliggande rutor över vilka engt kan placera nästa bricka och avsluta spelet På ett bräde för vilket n = n 0 är udda och där engt vinner om de båda spelar på bästa sätt, kan nna alltid ordna en vinst på brädet med n = n 0 + rutor Om nna placerar sin första bricka över rutorna 1 och, återstår ett reducerat bräde med n 0 rutor på vilket engt sätter sin första bricka och således förlorar om båda spelar optimalt Sammanfattningsvis noterar vi att nna alltid vinner om hon spelar på ett bräde där n är ett jämnt tal et finns 006/ = 1003 sådana bräden ntag att engt vinner på brädena som svarar mot de udda talen n 1, n,, n m Här måste det alltså gälla att n i+1 n i 4 engt kan alltså på sin höjd vinna vartannat av spelen på bräden för vilka n är udda ftersom det totalt är 1003 bräden svarande mot udda n-värden, dvs 100 bräden räknat från n = 5, kan engt i bästa fall vinna 501 av dem, vilket betyder att nna vinner åtminstone de 501 övriga Vi har redan konstaterat att nna vinner när n = 3 Hon vinner alltså för samtliga 1003 jämna n-värden och för minst 1 + 501 = 50 udda n-värden vilket totalt ger minst 1505 n-värden Problem 6 I planet är en triangel given estäm alla punkter P i planet sådana att varje linje genom P som delar triangeln i två delar med samma area måste gå genom ett av triangelns hörn Lösning Varje linje som går genom något av triangelhörnen och delar triangelarean i två lika delar, måste passera genom mittpunkten av den sida som står mot hörnet et räcker följaktligen att studera punkter P som ligger på någon av medianerna eller deras förlängningar e tre medianerna passerar genom en och samma punkt M en delar varje median i förhållandet :1 från hörnet räknat et betyder att P antingen sammanfaller med M och ligger på alla tre medianerna eller ligger på exakt en av medianerna etrakta medianen, på vilken punkterna J, M och K är markerade: J är mittpunkten på, M är skärningspunkten mellan de tre medianerna, dvs M = 3, medan K = 1 (se figur 1) et sistnämnda sambandet innebär att en linje genom K och som är parallell med sidan delar triangelarean mitt itu
m = medianens längd m/ igur 1 J M K (1 1/ )m 0, 93m ör punkter P på medianen eller dess förlängning gäller det att avgöra om det finns någon linje som passerar genom P och delar triangelarean mitt itu, men som inte passerar genom något av hörnen Vi ska visa att en sådan linje existerar för alla P mellan J och K, utom för M och den första ändpunkten, J ör den andra ändpunkten, K, existerar dock en sådan linje Linjer som passerar punkterna J, M och de punkter som inte tillhör sträckan JK måste följaktligen passera något av triangelns hörn för att arean ska kunna halveras (0) Vi kommer att få användning av följande resultat Låt P vara en godtycklig punkt på medianen och som inte sammanfaller med någon av ändpunkterna rag sträckan GH genom P, med G på och H på, parallell med sidan rag sträckan RS genom P, med R G på och S H på (se figur ) Vi ska visa att triangeln RS har större area än triangeln GH et räcker att behandla fallet när R ligger mellan G och Låt oss förlänga sträckan RS över S till punkten T, så att sträckan T H är parallell med sträckan GR Trianglarna RP G och T P H blir då kongruenta, eftersom sträckan GH delas mitt itu av medianen och vinklarna är parvis lika Vi observerar att SHT = ftersom triangeln T P H innesluter triangeln SP H och trianglarna inte kan vara identiska, är area( RP G) = area( T P H) > area( SP H), varav följer att area( RS) > area( GH) R G P S T H igur Låt oss nu betrakta de olika fallen av lägen för punkten P 1) Om P sammanfaller med eller, alternativt ligger på förlängningen av medianen, är det endast linjen som innehåller medianen som delar arean mitt itu När vi vrider linjen kring P ändras förhållandet mellan triangeldelarnas areor monotont ) ntag att P ligger mellan och J, med exkluderad och J inkluderad rag RS genom P med R på och S på (se figur 3) Triangeln RS kommer då att inneslutas i någon av trianglarna och, men kan inte sammanfalla med någon av dem, varför arean måste vara mindre än 1
R S P J igur 3 ntag att R i stället ligger på et räcker att studera fallet när R ligger mellan och Punkten S kommer då att ligga på, mellan och (se figur 4) Låt oss förlänga sträckan RS över S till punkten T, så att sträckan T är parallell med sträckan R Trianglarna P R och P T blir då likformiga, eftersom vinklarna är parvis lika Vi observerar att T S = ftersom sträckan P är lika lång som eller längre än sträckan P, är area( P R) area( P T ) > area( P S), varav följer att area( SR) > area( ), dvs är > 1 T S R P J igur 4 3) Vi betraktar nu fallet P = M (se figur 5) Om P ligger i medianernas skärningspunkt, måste varje linje som delar triangelarean mitt itu passera genom något av triangelhörnen ntag motsatsen, dvs att det existerar en linje som delar triangelarean i två lika delar, men inte passerar något av hörnen et räcker att studera fallet när linjen genom P skär sidan i en punkt R mellan och och således sidan i en punkt S mellan och ör att sträckan RS ska dela arean av triangeln mitt itu, måste trianglarna MS och RM ha samma area, eftersom median halverar arean v motsvarande skäl måste trianglarna M R och SM ha samma area etta leder till sambanden (vertikalvinklar u och v enligt figuren) 1 td sin u = 1 et sin u och 1 se sin v = 1 ds sin v, dvs om vinklarna u och v båda är skilda från 0 har vi e = d och e = d: motsägelse Sträckan RS kan följaktligen inte dela triangelarean mitt itu Varje linje genom M delar upp triangeln i två delar, en deltriangel och en fyrhörning, där deltriangelns area alltid är mindre än fyrhörningens area, utom i de tre fall när linjen innehåller en median till triangeln ntag att det finns en deltriangel med area > 1 ntag att denna deltriangel innehåller hörnet Men den deltriangel som avskärs av en linje genom M parallell med har arean ( 3 ) = 4 9 < 1 v kontinuitetsskäl finns det då en linje genom M vilken skär av en triangel som innehåller och som delar arean mitt itu: motsägelse
t d u v S s M s v u e t igur 5 R 4) ntag nu att P ligger mellan K och (se figur 1) Vi vet att den linje genom K som är parallell med sidan delar triangelarean mitt itu, så låt oss anta att P K Varje linje genom P som skär i en punkt R och sidan i en punkt S avskär en deltriangel, vars area är minimal om RS är parallell med enligt resultat 0) (se figur ) Men parallelltriangeln har en area som är > 1, dvs arean av varje deltriangel RS är därför > 1 Om R i stället ligger på sidan och S på någon av de andra sidorna, kommer sträckan RS att avskära en deltriangel som innehåller något av hörnen och Ingen sådan triangel kommer att innehålla punkten M nligt 3) måste arean för varje sådan deltriangel vara < 1 ndast linjen som innehåller kan därför halvera arean 5) ntag nu att P ligger mellan J och M (se figur 6) etrakta sträckan RS genom P, där R är en punkt på och S en punkt på Låt vinkeln mellan medianen och sträckan RS vara u Vi vet att P är längre än P Genom att göra vinkeln u tillräckligt liten kan vi se till att också SP är längre än P R rean av triangeln RP är då lika med 1 RP P sin u, vilket är mindre än 1 P P S sin u, dvs mindre än arean av triangeln P S et innebär i sin tur att triangeln SR har mindre area än triangeln, dvs är < 1 Om vi nu flyttar R längs R tills R sammanfaller med hörnet och samtidigt flyttar S på sidan så att RS passerar genom P kommer den så avskurna triangeln att innehålla triangeln, vilket betyder att den nu avskurna triangeln har en area som är > 1, varför det av kontinuitetsskäl måste finnas ett mellanliggande läge för vilket arean halveras S igur 6 J P M K R 6) Om slutligen P ligger mellan M och K kan vi använda ett kontinuitetsresonemang liknande det i 5) (läget för punkten P i figur 6 blir alltså nedanför M) Om sträckan genom P, med ändpunkter R och S, är parallell med sidan, är arean av triangeln RS mindre än 1 Om vi därefter flyttar R längs tills R sammanfaller med och S sålunda rör sig längs, kommer triangeln RS att innehålla triangeln och vi finner att triangeln RS i sitt nya läge har en area som är > 1 öljaktligen måste det finnas ett mellanliggande läge för vilket triangelarean halveras