Harjoitustehtävät, syys lokakuu Vaativammat ratkaisuja

Transkriptio

1 Harjoitustehtävät, syys lokakuu 00. Vaativammat ratkaisuja. Määritä kaikki reaalilukuparit (x, y), joille x 3 + y 3 =7jaxy(x + y) =. Ratkaisu. [Paperiversiossa tehtävässä oli harmillinen kirjoitusvirhe, joka ei muuttanut itse tehtävän ratkaisun kulkua, mutta kylläkin teki ratkaisussa esiintyvät luvut hankalammiksi.] Yhtälöitä hetken katselemalla tunnistaa seuraavan aloituksen: (x + y) 3 = x 3 + y 3 +3xy(x + y) =7 6 =. Siis x + y =jaxy =. x on toisen asteen yhtälön x x =elix x = 0 juuri, siis x =taix =. Vastaavat y:n arvot ovat y = jay =. [ Virheellisessä versiossa jälkimmäinen yhtälö olixy(x + y) =. Johdutaan yhtälöön (x + y) 3 = 3, x + y = 3 3. Yhtälön ratkaisut ovat sievennysten jälkeen x = 6 (3 3 3 ± 3 6 ); Vastaavat y:n arvot ovat samat, mutta ± korvatuna :llä.]. n:s kolmioluku T n on lukujen,,..., n summa. Määritä kaikki kolmiolukujen parit (T n,t m ), joille T n T m = 0. Ratkaisu. On etsittävä yhtälön n(n +) m(m +)= 0 kokonaislukuratkaisuja. Mutta n(n +) m(m +) = (n m)(n + m +). Tämän tulon tekijöiden summa on n + eli pariton, joten luvuista n m ja n + m + toinen on parillinen ja toinen pariton. Lisäksi n m on luvuista pienempi. Jää kaksi mahdollisuutta: joko n m = ja n + m + = 40 tai n m =jan + m + = 0. Edellinen johtaa (triviaaliin) ratkaisuun n = 0, m = 00, jälkimmäinen ratkaisuun n = 006, m = 004. Kysytyt paritovat(t 0,T 00 ) = (03066, 030) ja (T 006,T 004 ) = (06, 040). 3. Määritä toisen asteen polynomi f, jolla on seuraava ominaisuus: jos x on kokonaisluku, joka kirjoitetaan k:lla numerolla, niin f(x) on kokonaisluku, joka kirjoitetaan k:lla numerolla. (Esimerkiksi f() =.) Ratkaisu. Oletetaan, että f(x) =ax + bx + c. Silloin f() = a +b + c = f() = 30a +b + c = f() = 3080a + b + c =. Yhtälöryhmästä ratkaistaan kohtalaisen helposti a = 9, b =, c = 0. Jos vaadittu polynomi on olemassa, sen on oltava f(x) = 9 ( ) 9 x +x = x x +. Osoitetaan, että saadulla f:llä on vaadittu ominaisuus. Luku, joka kirjoitetaan k:lla viitosella on ( k )= 0k 0 = 9 (0k ), ( ) ja luku, joka kirjoitetaan k:lla viitosella siis 9 (0k ). Nyt todellakin f 9 (0k ) = ( 9 9 (0k ) ) 9 (0k ) + = 9 (0k )(0 k +)= 9 (0k ).

2 4. Kolmion sivut ovat a, b ja c ja sen ympäri piirretyn ympyrän säde on R. Osoita, että bc + ca + ab R. Ratkaisu. [Tehtävä on sattuu olemaan vuoden 004 Pohjoismaisesta matematiikkakilpailusta. Valmennuksen verkkosivuilla olevasta koosteesta sille löytyy kaksikin eri ratkaisua.] Laajennetun sisnilauseen perusteella kolmion ala on T = abc ab sin γ =. Heronin kaavan 4R perusteella siis R = 6T abc On siis osoitettava, että = (a + b + c)( a + b + c)(a b + c)(a + b c) (abc). ab + bc + ca = a + b + c abc (a + b + c)( a + b + c)(a b + c)(a + b c) (abc) eli (a+b c)(c+a b)(b+c a) abc. Todistetaan tämä epäyhtälö aritmeettis-geometrisen epäyhtälön avulla: (a + b c)(c + a b)(b + c a) = (a + b c)(b + c a) (b + c a)(c + a b) (c + a b)(a + b c) (a + b c)+(b + c a) (b + c a)+(c + a b) (c + a b)+(a + b c) = bca.. Määritä 90 k=0 cos k. Ratkaisu. Koska cos k +cos (90 k )=cos k +sin k =,kun0 k 44,ja cos 4 =, summa on 4 + = Positiivisesta kokonaisluvusta vähennetään summa, jonka yhtenlaskettavina ovat luvussa esiintyvät numerot kukin korotettuna parittomaan, ei välttämättä samaan potenssiin. Osoita, että syntyvä luku on aina jaollinen kolmella. (Esimerkiksi 43 ( ) = 34 = ) Ratkaisu. Todetaan, että a n+ a mod 3 kaikilla kokonaisluvuilla a. Asia on ilmeinen, jos a on jaollinen 3:lla tai jos a mod3. Josa, niin a n+ ( ) n+ = mod 3. Olkoon nyt n N = d k 0 k k=0

3 n-numeroinen kokonaisluku ja olkoot p 0,p,..., p n parittomia positiivisia kokonaislukuja. Silloin d k 0 k d k mod 3 ja alussa sanotun perusteella d p k k d k mod 3. Siis n n N d k d p k k. k=0 7. Kolmion ABC sisällä on samasäteiset ympyrät Y i, i =,, 3, 4, niin että kukinympyröistä Y i, i =,, 3, sivuaa kahta kolmion sivua (kukin eri sivuparia) ja Y 4 sivuaa kolmea muuta ympyrää. Osoita, että ympyrän Y 4 keskipiste on kolmion sisään ja ympäri piirrettyjen ympyröiden keskipisteiden kautta kulkevalla suoralla. Ratkaisu. Väite todistuu näppärästi homotetiakuvausten avulla. Olkoon tehtävässä määriteltyjen ympyröiden säde ρ ja olkoon kolmion sisään piirretyn ympyrän säde r. Olkoon IABC:nsisään piirretyn ympyrän kskipiste ja olkoon O i Y i :n keskipiste. Oletetaan, että Y sivuaa AB:tä jaac:tä, Y BC:tä jaba:ta ja Y 3 CA:ta ja CB:tä NytY on ABC:n sisään piirretyn ympyrän kuva homotetiassa, jonka keskus on A ja suurennussuhde k = ρ r. Silloin AO = k AI ja IO =( k)ia. Vastaavasti IO =( k)ib ja IO 3 =( k)ic. Mutta tämähän tarkoittaa, että kolmioo O O 3 on kolmion ABC kuva homotetiassa, jonka keskus on I ja suurennussuhde on k. Kolmion O O O 3 ympäri piirretyn ympyrän keskipiste on piste, joka on yhtä etäällä pisteistä O, O ja O 3. Tämä pisteono 4, sillä seonetäisyydelläρ kustakin kolmesta em. pisteestä. Mutta homotetia, joka kuvaa ABC:n O O O 3 :ksi kuvaa myös ABC:n ympäri piirretyn ympyrän O O O 3 :n ympäri piirretyksi ympyräksi. ABC:n ympäri piirretyn ympyrän keskipiste ja O 4 ovat siis samalla I:n kautta kulkevalla suoralla. 8. Teräväkulmaisen kolmion ABC sivujen keskipisteet ovat A, A ja A 3.Leikatkootnäistä pisteistä kolmion muita sivuja vastaan piirretyt kohtisuorat toisensa pisteissä A, B ja C (niin että A C B A C B on kuusikulmio). Osoita, että kuusikulmion A C B A C B ala on puolet kolmion ABC alasta. k=0 Ratkaisu. Kuusikulmio koostuu ABC:n kanssa yhdenmuotoisesta kolmiosta A B C, jonka ala on neljäsosa kolmion ABC alasta, ja kolmioista A C B, B A C sekä C B A. Olkoon H kolmion A B C korkeusjanojen leikkauspiste eli ortokeskus. Nyt B A HC ja C A HB. A C HB on siis suunnikas ja B C suunnikkaan lävistäjä. Vastaavasti B A HC ja C B HA ovat suunnikkaita ja C A sekä A B niiden lävistäjiä. Mutta tämä merkitsee sitä, että lueteltujen kolmen kolmion ala on sama kuin kolmion A B C ala. Kaikkiaan kuusikulmion A C B A C B ala on kaksi kolmion A B C alaa eli puolet kolmion ABC alasta. 9. EF on ympyrän Γ halkaisija ja e on E:n kautta piirretty Γ:n tangentti. Olkoon k vakio ja olkoot A ja B eri puolilla sijaitsevia e:n pisteitä, joille AE EB = k. LeikatkootAF ja 3

4 4 BF Γ:n myös pisteissä A ja B. Osoita, että kaikki janat A B kulkevat saman pisteen kautta. Ratkaisu. Olkoon GEF:n ja A B :n leikkauspiste. Osoitetaan, että G ei riipu pisteiden A ja B valinnasta, kunhan ne vain toteuttavat tehtävän ehdon. Merkitään AE = t, EB = u, A F = p, B F = q, A E = r ja B E = s. Silloin tu = k. Kulmat AEF ja EA F ovat suoria. Tällöin kolmiot FA E ja EA A ovat yhdenmuotoisia. Siis r t = p EF. Vastaavasti s u = q EF. Kun yhtälöt kerrotaan keskenään ja otetaan huomioon tu = k, saadaan rs k = pq EF. Kolmioilla A B F ja B A E on yhteinen kanta A B ja kolmioiden tätä kantaa vastaan piirretyt korkeusjanat suhtautuvat toisiinsa kuten FG ja GE. Kolmioiden aloilla on siis sama suhde. Toisaalta kolmioiden huippukulmien A FB ja A EB summa on 80, joten kulmilla on sama sini ja kolmioiden kaksinkertaiset alat ovat pq sin( A FB ) ja rs sin( A FB ). Siis FG GE = pq rs = k EF. G ei siis riipu A:n ja B:n asemasta; kaikki janat A B kulkevat G:n kautta. 0. Luvuille x i, i =,,..., n pätee 0 <x i <. Osoita, että n x i. +(n )x i i= Ratkaisu. Jos 0 <x, niin x 0. Silloin x +(n )x = x + n Tehtävän summan jokainen yhteenlaskettava on siis enintään, joten summa on. n. Olkoon (f i ), f 0 =0,f =,f n+ = f n+ + f n Fibonaccin jono. Osoita, että on olemassa aidosti kasvava aritmeettinen jono positiivisia kokonaislukuja, jonka yksikään luku ei ole Fibonaccin jonon luku. Ratkaisu. [Myös tämä tehtävä on Pohjoismaisen matematiikkakilpailun tehtävä vuodelta 004, ja sen eräs ratkaisu löytyy valmennuksen verkkosivuilla olevasta koosteesta.] TarkastetaanFibonaccinjonoamodulo8.Seon,,,3,,0,,,,7,,0,,,... Kohdasta,, eteenpäin jono jatkuu jälleen samana. Huomataan, että jonossa ei ole yhtään lukua 4eikäyhtään lukua 6. Aritmeettisilla jonoilla 8k +4tai8k + 6 ei siis ole yhtään yhteistä alkiota Fibonaccin jonon kanssa. n.

5 . Määritä kaikki funktiot f : R R, joille f(x + y)+f(x)f(y) =f(x)+f(y)+f(xy) () kaikilla x, y R. Ratkaisu. Tämän funktionaaliyhtälötehtävän ratkaisu on melko monivaiheinen. Yhtälöä () tarkastelemalla näkee heti, että funktiot f(x) =x, f(x) = 0 kaikilla x ja f(x) = kaikilla x toteuttavat yhtälön (). Osoitetaan, että muita ratkaisuja ei ole. Kun sijoitetaan x = y =0yhtälöön (), saadaan f(0) =f(0). Siis f(0) = 0 tai f(0) =. Oletetaan, että f(0) =. Sijoitetaan y =0yhtälöön (). Saadaan f(x) = kaikilla x. Oletetaan siis, että f(0) = 0. Olkoon f() = a. Sijoitetaan ():een x =jay = ja ratkaistaan f( ) = a. (Jos olisi a =, saataisiin myös a = 0; siis a.) a Sijoitetaan nyt yhtälöön () peräkkäin (x, y):n paikalle (x, ), ( x, ) ja ( x, ). Saadaan yhtälöt f(x)+(a )f(x ) = a, () f( x)+ f( x) f(x ) = a (3) a a ja f( x)+(a )f( x) =a. (4) Kun ():sta ja (4):stä ratkaistaan f(x ) ja f( x) ja sijoitetaan (3):een, saadaan f(x) (a )f( x) =0. () Kun tässä vaihdetaan x ja x saadaan vielä f( x)+(a )f(x) =0. (6) Jos a, niin yhtälöiden () ja (6) ainoa ratkaisu on f(x) = 0. Oletetaan, että a =3. Yhtälöstä () ( saadaan ) ( f(x ) +)+f(x) =3=f(x)+f(x ( ) eli f(x) =f(x ). Siis f() = 0 ja f = f. Sijoitetaan (x, y) =, ) yhtälöön (). Saadaan ( ) ( ) f = f + 3, eli ristiriita. Siis a 3. On vielä selvitettävä tapaus a =. Tämä johtaa tavanomaiseen tarkasteluun, jonka lopputulos on, että f(x) = x kaikilla reaaliluvuilla x. Ensinnäkin yhtälön () perusteella f(x +) = f(x) + kaikilla x. Induktiolla saadaan tästä f(x + n) = f(x) +n kaikilla kokonaisluvuilla n ja erityisesti f(n) =n kaikilla kokonaisluvuilla n. Kun yhtälöön () sijoitetaan y = n, saadaan f(nx) =nf(x) jajosr = m, niin mf(x) =f(mx) = n f(n(rx)) = nf(rx)) eli f(rx) = rf(x) kaikilla rationaaliluvuilla r ja reaaliluvuilla x. Erityisesti f(r) =r kaikilla rationaaliluvuilla. Rationaaliluvuista reaalilukuihin päästäksemme toteamme ensin, että josyhtälöön () sijoitetaan y = x, seantaaf(x) = f(x ). Tästä seuraa, että f(x) 0, kun x 0. Ja koska f( x) = f(x), niin f(x) 0, kun x 0. Jos nyt x on mielivaltainen reaaliluku ja r < x on rationaaliluku, niin f(x) = f(x r + r) = f(x r) +r r. Vastaavasti, jos s > x on rationaaliluku, niin f(x) =f(x s + s) =f(x s)+s s. Nämä epäyhtälöt ovat mahdollisia vain, jos f(x) =x.

6 6 3. Olkoon n positiivinen kokonaisluku ja olkoot A, B ja Cn-alkioisia mutta yhteisalkiottomia joukkoja, joille A B C = {,,..., 3n}. Osoita, että joillekin kolmelle luvulle x A, y B ja z C pätee, että yksi luvuista on kahden muun summa. Ratkaisu. Sanomme, että kolmikko(a, b, c), a A, b B, c C on sopiva, jos luvuista yksi on kahden muun summa. Oletetaan, että sopivaa kolmikkoa ei ole olemassa. Voidaan olettaa, että A. Oletetaan, että pienin luku, joka ei kuulu A:han on k B. Osoitetaan ensin, että josx C, niin x A. Ellei näin olisi, olisi olemassa x C, jolle x / A. Jos olisi x B, (,x, x) olisi sopiva, vastoin oletusta. Siis olisi oltava x C. Tällöin x >k. Oletusten mukaan k A ja k B. Koska(k, x k, x ) ja (x k, k, x) eivät ole mahdollisia kolmikkoja, ei voi olla x k A eikä x k B. Siis x k C. Myöskään (x k, k,x ) ja (, x k, x k) eivät ole mahdollisia, joten x k / A, B. Siis x k C. Mutta saman päättelyn voi nyt soveltaa x:n sijasta lukuun x k. Saadaan, siis, että (x k) k ja x k k kuuluvat joukkoon C. Induktiolla nähdään sitten, että x ik ja x ik ovat joukossa C kaikilla i, joilla luvut ovat positiivisia. Mutta jollain i:n arvolla ainakin toinen luvuista on k, ja luvun tulisi kuulua joukkoon A tai B. Ristiriita osoittaa, että x C x A. Jos nyt C = {c,c,..., c n }, niin A = {c, c,..., c n }. JokinA:n alkioista on, joten jokin C:n alkio on. Mutta k, joten A tai B. Ristiriita; oletus, että sopivia kolmikkoja ei olisi olemassa on väärä. Siis niitä on. 4. Olkoon n> kokonaisluku. Olkoon p sellainen alkuluku, että n on p :n tekijä jap on luvun n 3 tekijä. Osoita, että 4p 3 on neliöluku. Ratkaisu. Koska n on p :n tekijä, n p jap modn. Selvästi n <p, ja koska p on alkuluku, n :llä jap:llä ei ole yhteisiä tekijöitä. Koska p on luvun n 3 =(n )(n +n+) tekijä,senonoltavaluvunn +n+ tekijä. Siis n +n+ = kp. Lisäksi k kp modn. Koska k = n + n + p n + n + n + <n+, on oltava k =jap = n + n +. Siis 4p 3=4n +4n +=(n +).. Polynomille P (x) pätee P (n) > n kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n. Jokainen positiivinen kokonaisluku m on jonkin luvuista P (), P(P ()), P(P (P ())),...tekijä. Osoita, että P (x) =x +. Ratkaisu. Selvästi P ei voi olla vakiopolynomi. Koska P saa positiivisia arvoja kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla, P :n korkeimman asteen termin kertoimen on oltava positiivinen. Merkitään P (x) =P (x) jap n+ (x) =P (P n (x)). Jos P (x) =x+b, b kokonaisluku, niin P () = + b>, joten b>. Induktiolla nähdään, että P n (x) =x + nb kaikilla luonnollisilla luvuilla n ja reaaliluvuilla x. Siis P n () = + nb kaikilla n. Jos b, todetaan, että mikään luvuista P n () ei ole jaollinen b:llä. Toisaalta, jos b =, jonossa P (), P (),... ovat kaikki ykköstä suuremmat kokonaisluvut. P (x) =x + siis toteuttaa tehtävän ehdot. On vielä suljettava pois vaihtoehdot P (x) =ax + b, a>, ja P polynomi, jonka aste on. Jos ensiksikin P (x) =x + b, niin P () = + b>, joten

7 b 0. Jos P (x) =x, niin P n (x) = n x ja P n () = n. Jonossa P n () ei ole kaikilla luvuilla jaollisia lukuja. Jos P (x) =x + b, b, P (x) =ax + b, missä a 3taijosP :n aste on ainakin, niin P (n) > n kaikilla tarpeeksi suurilla n, sanokaamme kun n>n. Koska P n () on kasvava lukujono, P k () >Njollain k. Asetetaan r = P k (). Silloin P (r) > r. Asetetaan m = P (r) r>r. Osoitetaan, että mikään luvuista P n () ei ole jaollinen m:llä. Ainakaan mikään luvuista P n (), n k ei ole, koska nämä luvut ovat r. Nyt P k+ (r) =P (r) =m + r r mod m. Edelleen, jos P i () r mod m, niin P i+ () = P (P i ()) P (r) =P (P k ()) = P k+ () r mod m. Induktiolla nähdään siis, että P i () r mod m kaikilla i k +. Mikään P n () ei ole jaollinen m:llä. Väite on todistettu. 7