To førjulsnøtter

[Brahmagupta]

1) Finn alle reelle $x$ som tilfredsstiller ligningen $\sqrt{x+6-4\sqrt{x+2}}+\sqrt{x+11-6\sqrt{x+2}}=1$

2) La $P(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ hvor $a,b,c,d$ er reelle tall, $b+c=1$ og $a\neq -2$.
Anta nå at $P(x)$ har røtter $r_1,r_2,r_3,r_4$ og at $r_1+r_2=r_3+r_4$. Finn alle mulige verdier av $c$.
(Merk at røttene ikke nødvendigvis er reelle).

[Nebuchadnezzar]

La
$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\phi(x)
& := \sqrt{x+6-4\sqrt{x+2\,}\,} + \sqrt{x+11-6\sqrt{x+2\,}\,} - 1 \\
& = \sqrt{(\sqrt{x+2\,}-2)^2} + \sqrt{(\sqrt{x+2\,}-3)^2} - 1
\end{align*}
$

Vi drøfter så de ulike tilfellene. Vi må ha at $x>-2$.

$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\sqrt{(\sqrt{x+2}-2)^2} & =
\left\{
\begin{array}{r c r r r r c}
2 - \sqrt{x+2\,} \phantom{2 -} & \text{if} & -2 & < & x & < & 2 \\
\sqrt{x+2\,} - 2 & \text{if} & 2 & < & x & < &\infty
\end{array}
\right. \\
\sqrt{(\sqrt{x+2}-3)^2} & =
\left\{
\begin{array}{r c r r r r c}
3 - \sqrt{x+2\,} \phantom{2 -} & \text{if} & -2 & < & x & < & 7 \\
\sqrt{x+2\,} - 3 & \text{if} & 7 & < & x & < & \infty
\end{array}
\right.
\end{align*}
$

Kombinerer vi disse to får vi at

$ \hspace{1cm}
\phi(x) =
\left\{
\begin{array}{r c r r r r c}
(3 - \sqrt{x+2\,} ) + (2 - \sqrt{x+2\,}) -1 & \text{if} & -2 & < & x & < & 2 \\
(3 - \sqrt{x+2\,} ) - (2 - \sqrt{x+2\,}) -1 & \text{if} & 2 & < & x & < & 7 \\
- (3 - \sqrt{x+2\,} ) - (2 - \sqrt{x+2\,}) -1 & \text{if} & 7 & < & x & < & \infty
\end{array}
\right.
$

Som også kan skrives som

$ \hspace{1cm}
\phi(x) =
\left\{
\begin{array}{r c r r r r c}
- 2 \sqrt{x+2\,} + 4 & \text{if} & -2 & < & x & < & 2 \\
\hspace{-1.5cm} 0 & \text{if} & 2 & < & x & < & 7 \\
\phantom{-} 2 \sqrt{x+2\,} - 6 & \text{if} & 7 & < & x & < & \infty
\end{array}
\right.
$

fra dette faller det ut at $\phi(x)$ når $x \in [2,7]$.

[Brahmagupta]

Ser flott ut dette. Nøkkelen ligger vel i å gjenkjenne kvadratene under rottegnene. Her er en
alternativ løsning.

La $y=\sqrt{x+2}$. Da kan venstresiden skrives som $\sqrt{(y-3)^2}+\sqrt{(y-2)^2}=|3-y|+|y-2|$
Ved trekantulikheten har vi da at $|3-y|+|y-2|\geq |3-y+y-2|=1$. Hvor vi oppnår likhet når $3-y$ og $y-2$
har samme fortegn. Det er ikke vanskelig å se at dette inntreffer når $y\in [2,3]$ som gir $x\in[2,7]$.

[Brahmagupta]

Tar med et lite hint til andre oppgaven:

Definer $R=r_1+r_2=r_3+r_4$ og $S=r_1r_2+r_3r_4$ og finn uttrykk for $a,b,c$ ved hjelp av $R$ og $S$.

[Gustav]

Tar med et lite hint til andre oppgaven:

Definer $R=r_1+r_2=r_3+r_4$ og $S=r_1r_2+r_3r_4$ og finn uttrykk for $a,b,c$ ved hjelp av $R$ og $S$.

$P(x)=\prod_i(x-r_i)=x^4-(r_1+r_2+r_3+r_4)x^3+(r_1r_2+r_1r_3+r_1r_4+r_2r_3+r_2r_4+r_3r_4)x^2-(r_1r_2r_3+r_1r_2r_4+r_1r_3r_4+r_2r_3r_4)x+r_1r_2r_3r_4$.

$R=r_1+r_2=r_3+r_4$ og $S=r_1r_2+r_3r_4$ gir at

$a=-2R$, så $R\neq 1$.

$b=S+R^2$

$c=-RS$

$b+c=1$ gir dermed at

$R^2-SR+S=1$ som er ekvivalent med $(R-1)(R-S+1)=0$. Siden $R\neq 1$ må $R-S+1=0$, som gir at $R=S-1$, og da blir $c=-RS=-(S-1)S$. Alle verdier av S (unntatt 2) er tillatt, så mulige c-verdier er lik verdimengden til funksjonen $c(S)=-S^2+S$, altså $(-\infty, \frac14]$

Lett med hintet, litt verre uten. Skjønte at det måtte en faktorisering til, men kom ikke på å definere S riktig da jeg prøvde i går kveld.

[Gustav]

To oppfølgere:

1. Finn alle par av positive heltall $(n,m)$ slik at $n+m-\frac{3nm}{n+m}=\frac{2011}{3}$

2. Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ som tilfredsstiller $(x+y)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x+y)$ for alle x,y

[Brahmagupta]

1)

La $d=gcd(m,n)$ og $m=da$ og $n=db$. Ligningen er ekvivalent med $\frac{m^2-mn+n^2}{m+n}=\frac{2011}3$ som
gir at $\frac{d(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{2011}3$. Siden både $3$ og $2011$ er primtall ser vi fra ligningen at $3|(a+b)$.

Anta nå at $p$ er et primtall og at $p|(a+b)$ og $p|(a^2-ab+b^2)$. Da må $p|(a+b)^2-(a^2-ab+b^2)=3ab$. Hvis $p|a$
må $p|(a+b)-a=b$ som er umulig siden $gcd(a,b)=1$. Videre har vi at $gcd(a+b,a^2-ab+b^2)=3$ siden
$a^2-ab+b^2=(a+b)^2-3ab\not\equiv 0$ mod $9$.

Nå kan vi skrive ligningen vår $\frac{d(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{3\cdot 2011\cdot s}{3\cdot3\cdot s}$ for en eller annen heltallig $s$
hvor $3$ ikke deler $s$. Som vil si at $a+b=9s$ og $a^2-ab+b^2=3\cdot2011 s$. Merk at siden $s|(a+b)$ så kan ikke $s$ dele
$a^2-ab+b^2$. Dermed må vi enten ha $a^2-ab+b^2=3$ eller $a^2-ab+b^2=3\cdot2011$.

Det første tilfellet er umulig. Anta at $a\geq b$. Da har vi at $3=a^2-ab+b^2\geq b^2 \Rightarrow b=1$. Løser vi andregradsligningen
med denne verdien for $b$ får at $a=2$ som ikke stemmer med at $a+b=9s$.

Følgelig står vi igjen med at $a^2-ab+b^2=3\cdot2011$. Vi ønsker nå å finne noen begrensninger på $s$. Vi har at
$3\cdot2011=a^2-ab+b^2\geq\frac14 (a+b)^2=\frac14 81s^2 \Rightarrow s^2\leq \frac{4\cdot 2011}{27}$, som etter
noen tilnærminger gir at $s\leq 17$.

Videre har vi at $3\cdot2011=a^2-ab+b^2=(a+b)^2-3ab=81s^2-3ab \Leftrightarrow 27s^2=ab+2011$
som gir at $s^2\geq \frac{2011}{27} \Rightarrow s\geq 9$.

Vi har nå kommet frem til at $9\leq s \leq 17$, men for hver enkelt verdi av $s$ krever det ganske mye regning for å
avgjøre om det faktisk finnes noen løsninger, så vi ønsker å begrense $s$ mer.

Setter vi inn $b=9s-a$ inn i ligningen $a^2-ab+b^2=3\cdot2011$ ender vi opp med $a^2-9sa+27s^2-2011=0$. Her må
diskriminanten være et fullstendig kvadrat, spesielt må den være kongruent med en kvadratisk rest modulo 5.
$D=4\cdot 2011-27s^2\equiv -1-2s^2$. De eneste kvadratiske restene mod $5$ er $0,1,4$. Ved innsetting ser vi
at kun $0,4$ fungerer så $s\equiv 0,2,3$ mod $5$. Tidligere kom vi også frem til $3$ ikke kan dele $s$, som vil si at
vi kan utelukke verdiene $9,11,12,14,15,16$. Dermed må vi ha at $s=10,13,17$.

Etter en god del regning får vi at for $s=10$ er $D=5344$ som ikke er et kvadrat og tilsvarende for $s=17$ blir $D=241$
som heller ikke er et kvadrat. Det vil si at vi må ha $s=13$.

$ab=27s^2-2011=27\cdot {13}^2-2011=2552=2^3\cdot11\cdot29$. Siden $gcd(a,b)=1$ og $a+b=9s=117$ ser vi her at eneste
løsningen er $(a,b)=(88,29)$. I tillegg er $d=s=13$ så $(m,n)=13(88,29)=(1144,377)$. Det vil si at den eneste løsningen er
$(m,n)=(1144,377)$ (selvfølgelig også den symmetriske løsningen!).

Det ble en god del kjedelig regning mot slutten, så jeg mistenker at det finnes en langt mer elegant løsning på denne,
mulig at jeg også har oversett noe på veien!