Problemløsing. Treningshefte foran den Internasjonale Matematikkolympiade. Einar Andreas Rødland 199X

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 4 A 5 B 2 B 1 A 3 B 3 B 4 B 5 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 j=1a ij k=1 = I {1,...,n} i 1 < <i k ( 1) I 1 j I A j Oppgave 23. La A n,m være antall permutasjoner i S n som har nøyaktig m fikspunkter. Vis at A n,m = ( n m) An m,0. Hvor mange permutasjoner i S n er uten fikspunkter? 11

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<j (x i/x j + x j /x i ). Dersom vi lar y = x i /x j og bruker at y + 1/y 2 (minimum av y + 1/y er 2), får vi i,j x i/x j n + n(n 1) = n 2. Alternativt, ved å la u = ( x 1,..., x n ) og v = (1/ x 1,..., 1/ x n ) gir Cauchy Schwartz ulikhet at u 2 v 2 ( u v) 2 = n 2. Det er et spesielt analytisk resultat som kan være et kraftig verktøy. Teorem 34. La f(x) være en konveks funksjon; det vil si at f krummer oppover eller at for u [0, 1] vil f((1 u)x + uy) (1 u)f(x) + uf(y). For x 1,..., x n, s = (x 1 + + x n )/n middelverdien av x ene, vil f(s) j f(x j)/n. Altså, f av middelverdien er mindre enn middelverdien av f(x j ). Dette gir et kjent resultat. Korollar 35. Dersom x j > 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