Harjoitustehtävät, joulukuu 2013, (ehkä vähän) vaativammat

Transkriptio

1 Harjoitustehtävät, joulukuu 013, (ehkä vähän) vaativammat Ratkaisuja 1. Viisinumeroinen luku a679b on jaollinen 7:lla. Määritä a ja b. Ratkaisu. Luvun on oltava jaollinen 8:lla ja 9:llä. Koska luku on jaollinen kahdeksalla jos ja vain jos sen kolmen viimeisen numeron muodostama luku on jaollinen 8:lla, on oltava b =. Koska luku on jaollinen 9:llä jos ja vain jos sen numeroiden summa on jaollinen 9:llä, ja koska = 4, on oltava a = 3. Todellakin 3679 = Kolmion ABC sisäympyrä Γ sivuaa kolmion sivua BC pisteessä X. Osoita, että Γ:n keskipiste on AX:n ja BC:n keskipisteiden kautta kulkevalla suoralla. Ratkaisu. Olkoon I sisäympyrän keskipiste, r sen säde, K BC:n keskipiste, L AX:n keskipiste ja Y ja Z pisteiden L ja A kohtisuorat projektiot sivulla BC. Olkoot vielä kolmion sivut a, b, c ja ABC = β. Jos b = c, väite on triviaali. Voidaan olettaa, että c>b. Väitteen todistamiseksi riittää nyt, että osoitetaan suhteet KX : XI ja KY : YL yhtä suuriksi. Selvästi BZ = c cos β. Tunnetusti BX = 1 (a b + c) [Helppo lasku, joka perustuu siihen, että tangenttien leikkauspisteen ja sivuamispisteiden välisetjanatovatyhtäpitkät.] Koska Y on janan XZ keskipiste, BY = 1 4 (a b + c + c cos β). Siis KY = BY BK = 1 ( a b + c +c cos β). Kolmion ala on tunnetusti 4 T = rp, missä p = 1 (a + b + c). [Jaa kolmio kolmeksi osakolmioksi, joilla I on yhteinen kärki ja r jokaisen korkeus.] Toisaalta T = 1 a AZ = a LY,koskaAZ = LY. Siis LY = pr.näin ollen a KY LY a( a b + c)+ac cos β =. 4rp Kosinilauseen nojalla ac cos β = a + c b.kuntämä otetaan huomioon, saadaan KY LY = a ab + ac + a + c b 4rp Mutta KX = BX BK = 1 (c b), joten myös = a(c b)+(c + b)(c b) 4rp = p(c b) 4rp = c b r. ja väite on todistettu. KX XI = c b r,

2 3. Osoita, että josx, y, z ovat 0, niin x(x y)(x z)+y(y z)(y x)+z(z x)(z y) 0. Osoita edelleen, että kaikille reaaliluvuille a, b, c pätee a 6 + b 6 + c 6 +3a b c (b 3 c 3 + c 3 a 3 + a 3 b 3 ). Ratkaisu. Olkoon f(x, y, z) =x(x y)(x z)+y(y z)(y x)+z(z x)(z y). Selvästi funktion f arvo on sama kaikilla muuttujien x, y, z permutaatioilla. Voidaan siis olettaa, että x y z. f:n lausekkeen viimeinen yhteenlaskettava on yhden ei-negatiivisen ja kahden ei-positiivisen luvun tulona ei-negatiivinen, joten f(x, y, z) (x y)(x(x z) y(y z)) (x y)y((x z) (y z)) = y(x y) 0. Toisen väitteen todistamiseksi hyödynnämme jo todistettua epäyhtälöä f(x, y, z) 0. Kun f:n lausekkeesta poistetaan sulkeita, saadaan x 3 + y 3 + z 3 +3xyz yz(y + z)+zx(z + x)+xy(x + y). Sijoitetaan x = a y = b ja z = c ja otetaan huomioon a + b ab, b + c bc ja c + a ca. Väite seuraa välittömästi. 4. Luvut x ja y toteuttavat yhtälöt x 3yx +9=0ja y + y =1. a) Osoita, että kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n on missä a n,b n,c n,d n ovat kokonaislukuja. b) Osoita, että x 5 = 43. c) Osoita, että jos5 n, niin x n = a n + b n x + c n y + d n xy, x n 1 +3x n +3 x n n x +3 n 1 =0. Ratkaisu. Todistetaan väite a) induktiolla. Selvästi x 1 = x on haluttua muotoa: b 1 =0, a 1 = c 1 = d 1 = 0. Oletetaan sitten, että x n = a n +b n x+c n y+d n xy joillain kokonaisluvuilla a n,b n,c n,d n. Kun otetaan huomioon, että x =3xy 9jay =1 y, saadaan x n+1 = x(a n +b n x+c n y +d n xy) =a n x+b n (3xy 9)+c n xy +d n (3xy 9)y = 9b n +a n x 9d n y + (3b n + c n )xy +3d n (1 y)x = 9b n +(a n +3d n )x 9d n y +(3b n + c n 3d n )xy. Tämä on vaadittua muotoa, a n+1 = 9b n, b n+1 = a n +3d n, c n+1 = 9d n ja d n+1 =3b n + c n 3d n. Väitteen b) todistamiseksi riittää laskea kertoimet a 5,b 5,c 5,d 5. Saadaan järjestyksessä a = 9, b =0,c =0,d =3;a 3 =0,b 3 =0,c 3 = 7, d 3 = 9; a 4 =0,b 4 = 7, c 4 = 81, d 4 =0jaa 5 = 43, b 5 =0,c 5 =0,d 5 = 0. Siis todellakin x 5 = 43.

3 Väitteen c) todistamiseksi huomataan ensin, että tehtävässä esiintyvä polynomi on itse asiassa x n 3 n x 3. Jos n =5k, niin edellisen kohdan perusteella x n 3 n =(x 5 ) k (3 5 ) k = 43 k 43 k = Kolmion ABC kärjistä A, B, C piirretyt kulmanpuolittajat leikkaavat kolmion ympärysympyrän myös pisteissä D, E, F. Osoita, että AD EF. Ratkaisu. Olkoot kolmion ABC kulmat α, β, γ. Olkoon G AD:n ja FE:n leikkauspiste. Kehäkulmalauseen perusteella GDE = ABE = 1 β, BED = BAD = 1 α ja BEF = BCF = 1 γ. Sovelletaan lausetta kolmion kulman vieruskulman suuruudesta kolmioon GDE. Saadaan AGE = GDE + DEG = 1 (β + α + γ) = Jännenelikulmiolla ABCD on sisäympyrä (ympyrä, joka sivuaa sen kaikkia sivuja). Lävistäjä AC jakaa ABCD:n kahdeksi sama-alaiseksi kolmioksi. Osoita, että AB = AD ja BC = BD. Oletetaan, että AB = 3 BC ja että ABCD:n sisäympyrän säde on r. Osoita, että nelikulmion ala on 16 3 r. Ratkaisu. Oletuksen mukaan ABCD on ympyrän ympärysnelikulmio. Siis AB+CD = BC+DA. Koska ABCD on jännenelikulmio, ABC ja CDA ovat vieruskulmia; niillä on sama sini. Kolmioiden ABC ja CDA kaksinkertaiset alat ovat AB BC sin( ABC) ja CD DA sin( CDA). Siis AB BC = CD DA eli AB + CD CD = AB DA +1= CD BC DA + BC +1=. BC Siis CD = BC ja AB = AD. Kolmiot ABC ja ADC ovat siis yhteneviä (sss), joten ABC = CDA. Kun kulmat toisaalta ovat vieruskulmiakin, ne ovat suoria. Lisäksi AC on kulman BAD puolittaja, joten jännenelikulmion sisäympyrän Γ keskipiste I on janalla AC. Jälkimmäisen väitteen todistamiseksi merkitään P :llä jaq:lla Γ:n ja AB:n sekä BC:n sivuamispisteitä. Nyt IPBQ on neliäö, sillä siinä on kolme suoraa kulmaa IPB, PBQ, BQI ja yhtä pitkät viereiser sivut IP = IQ = r. Kolmiot ABC ja IQC ovat yhdenmuotoiset (kk), joten IQ : QC = AB : BC =3. Tästä seuraa, että BC = BQ+ QC = r r = 4 3 r ja AB =3 BC =4r. Kolmion ABC ala on siis r 4r

4 4 ja nelikulmion ABCD ala kaksi kertaa ABC:n ala eli 16 3 r. 7. Säännöllisen n-kulmion P n ympäri piirretyn ympyrän säde on 1. Olkoon L n = {d R d on P n : n kahden kärjen välinen etäisyys}. Määritä d. d L n Ratkaisu. Olkoon kysytty summa S. Olkoon n-kulmio A 1 A...A n ja olkoon O sen keskipiste. Olkoon e k = OA k, k =1,,..., n. Kun vektorit e 1, e,..., e n asetetaan peräkkäin, saadaan säännöllinen n-kulmio. Siis n ek = 0. Lasketaan kärjestä A 1 alkavien lävistäjien pituuksien neliöiden summa. Se on ( n e k n e 1 = ( e k e 1 ) ( e k n n ) e 1 )= ( e k + e 1 ) e 1 ek =n. Jos n on parillinen, edellisessä summassa ovat kaikki monikulmion kärkien väliset eri etäisyydet kahdesti, paitsi pisimmän etäisyyden neliö, joka esiintyy vain kerran. Siis S =n +4ja S = n +. JosS on pariton, summassa esiintyvät kaikki monikulmion kärkien väliset etäsiyydet kahdesti. Tässä tapauksessa siis S = n. 8. Pisteet O ja P ovat sellaiset kolmion ABC sisäpisteet, että ABO = CBP ja BCO = ACP. Osoita, että CAO = BAP. Ratkaisu. Olkoot kolmion kulmat α, β, γ, ABO = CBP = φ, BCO = ACP = ψ, CAO = η ja BAP = η. Olkoot vielä AP = x, BP = y, CP = z ja AO = s, BO = t, CO = u. Kolmioista ABO, BCO, CAO saadaan sinilauseen perusteella s sin φ = t sin(α η ), t sin ψ = u sin(β φ), u sin η = s sin(γ ψ), joista 1= s t t u u s = sin φ sin ψ sin η sin(α η )sin(β φ)sin(γ ψ). Kolmioista ABP, BCP, CAP saadaan vastaavasti sin η sin φ sin ψ 1= sin(α η)sin(β φ)sin(γ ψ). Edellisistä yhtälöistä voidaan helposti ratkaista sin η sin(α η )=sinη sin(α η) jaedelleen, sinin vähennyslaskukaavaa soveltamalla, 0 = sin η cos η sin η cos η =sin(η η ). Koska η, η < 180,onη = η,javäite on todistettu.

5 9. Olkoon f(n) jonon 0, 1, 1,,, 3, 3, 4, 4,...n:n ensimmäisen jäsenen summa. Osoita, että f(s + t) f(s t) =st kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla s, t, s>t. Ratkaisu. Jos n on parillinen, n =k, niin 5 f(n) =( k 1)+(1++ + k) = Jos n on pariton, n =k + 1, niin (k 1)k + k(k +1) = k = n 4. f(n) =( k)+(1++ + k) =k(k +1)= n 1. 4 Koska s + t (s t) =t, s + t ja s t ovat molemmat parillisia tai molemmat parittomia. Jos ne ovat molemmat parillisia, f(s + t) f(s t) = 1 4 ((s + t) (s t) )=st, jos molemmat parittomia, niin f(s + t) f(s t) = 1 4 ((s + t) 1 ((s t) 1)) = st. 10. Reaaliluvuille x, y, z pätee x+y+z =5ja xy+yz+xz =3. Osoita, että 1 z Ratkaisu. Koska (x + y) =(5 z) ja xy =3 z(x + y) =3 z(5 z) =z 5z + 3, niin 0 (x y) =(x+y) 4xy =(5 z) 4(3 5z+z )= 3z +10z+13 = ( 3z+13)(z+1). Tulon tekijöiden on oltava samanmerkkisiä; tämä toteutuu, kun 1 z Jokainen erään ympyrän kehällä sijaitsevien 9 pisteen välisistä 36 janasta on väritetty punaiseksi tai siniseksi. Oletetaan, että jokaisessa kolmiossa, jonka määrittää kolmenäistä yhdeksästä pisteestä, on ainakin yksi punainen sivu. Osoita, että joidenkin neljän pisteen väliset kuusi janaa ovat kaikki punaisia. Ratkaisu. Oletetaan ensin, että jokinpistea on yhdistetty neljään muuhun pisteeseen B 1,B,B 3,B 4 sinisin janoin. Koska jokaisessa kolmiossa ( ) AB i B j on ainakin yksi punainen jana, kaikki pisteitä B 1,B,B 3,B 4 yhdistävät = 6 janaa ovat punaisia.oleteaan 4 sitten, että kaikista pisteistä lähtevistä kahdeksasta janasta ainakin viisi on punaista. Kun lasketaan kaikista pisteistä lähtevien punaisten janojen lukumäärä, tulos on parillinen luku, koska jokainen jana lasketaan kahdesti. Koska 9 5 on pariton, on oltava ainakin yksi piste A, jostalähtee kuusi punaista janaa AB 1,AB,AB 3,AB 4,AB 5,AB 6. Viidestä janasta A 1 A,A 1 A 3,A 1 A 4,A 1 A 5,A 1 A 6 ainakin kolme on samaa väriä. Olkoot ne A 1 A,A 1 A 3,A 1 A 4. Jos väri on sininen, niin A A 3, A A 4 ja A 3 A 4 ovat punaisia, joten neljän pisteen A, A,A 3,A 4 väliset janat ovat kaikki punaisia. Jos väri on punainen, niin tarkastetaan kolmiota A A 3 A 4. Siinä on ainakin yksi punainen sivu, esimerkiksi A A 3. Silloin kaikki pisteiden A, A 1,A,A 3 väliset janat ovat punaisia. 1. Osoita, että luku ( ) p on jaollinen p:llä aina,kunp on alkuluku. p

6 6 Ratkaisu. = ( ) p = p p(p 1) (p +1) p! p! [(p 1) + p)((p ) + p) (1 + p) (p 1)(p ) ]. (p 1)! Koska edellisen yhtälön oikean puolen ensimmäisen ja toisen tulon tekijät ovat järjestyksessä kongruentteja mod p, tulot ovat kongruentteja, ja hakasuluissa oleva erotus on jaollinen( p:llä. ) Koska p on alkuluku, se ei ole tekijänä luvussa (p 1)!. Siis p on tekijänä p luvussa. p 13. Positiivisen kokonaisluvun n tekijät ovat 1=d 1 <d <...< d k = n. Määritä nen, joille n = d 6 + d 7 1. Ratkaisu. [Tehtävän ratkaisu on pitkä jakömpelö. Keksiikö joku suoremman? Tehtävä on esitetty Australian matematiikkaolympialaisissa vuonna 1985, ja toisesta ratkaisusta päätellen ilmeisesti keksitty edellisenä vuotena. Kukaan ei ollut osannut sitä kilpailussa ratkaista.] Jos luvuilla d 6 ja d 7 olisi yhteinen tekijä, se olisi sekä luvun n että luvun n +1tekijä. Luvuilla ei siis ole yhteisiä tekijöitä. Huomataan, että d 6 on luvun d 7 1= (d 7 +1)(d 7 1) tekijä ja että d 7 on luvun d 6 1=(d 6 +1)(d 6 1) tekijä. Oletetaan, että d 6 = ab ja d 7 = cd, 1<a<b,1<c<d. Silloin luvut 1, a, b, c ja d ovat n:n tekijöitä, ja jokainen niistä on<d 6.Myös ac on n:n tekijä; ac ei ole kumpikaan luvuista d 6 tai d 7. Jos olisi ac > d 7 = cd, olisi a>dja b>a>dja d 6 >d 7. Siis ac < d 6,eikä d 6 olisi n:n tekijöistä kuudes. Siis ainakin toinen luvuista d 6 ja d 7 on joko alkuluku p tai alkuluvun p neliö p.nähdään, että p>. Jos d 7 on p tai p, d 7 :llä jajoko(d 6 1):llä tai(d 6 + 1):llä ei ole yhteisiä tekijöitä. Koska d 6 <d 7, d 7 (d 6 +1),ja d 7 = d Jos taas d 6 on p tai p, d 6 :lla ja joko (d 7 1):llä tai(d 7 + 1):llä ei ole yhteisiä tekijöitä. Jos d 6 (d 7 1), niin d 7 = kp +1taid 7 = kp + 1 jollain k 1. Oletetaan ensin, että d 7 = kp +1. Koskad 7 on p 1:n tekijä, p 1=m(kp + 1). Silloin p on luvun m 1tekijä, joten p m +1. Toisaalta p = mk ± (mk) +4(m +1) >mk. Tämä on mahdollista vain, jos k =1jad 7 = p +1=d Olkoon sitten d 7 = kp +1 jollain k 1. Tämä ei ole mahdollista, koska d 7 on luvun p 1 <kp +1=d 7 tekijä. Olisi vielä mahdollista, että d 6 on luvun d 7 +1tekijä. Tarkastellaan ensin tapaus d 6 = p. Silloin d 7 = kp 1 jollain k 1. Koska d 7 >p= d 6, niin k>1. Koska d 7 on luvun p 1 tekijä, niin k p. Nyt (p +1)(p 1) = p 1=m(kp 1). Koska kp 1 >p 1, niin m<p+1elim 1 <p. Toisaalta p on luvun m 1tekijä, joten p m 1. Ristiriita osoittaa, että p ei voi olla d 7 +1:ntekijä. Vielä on mahdollisuus d 6 = p ja p d 7 +1:n tekijä. Silloin olisi d 7 = kp 1 jollain k 1jakp 1 olisi p 1:n tekijä. Tällöin olisi k =1jad 7 <p = d 6. Edellisten tarkastelujen tulos on, että riippumatta siitä, onko d 6 vai d 7 alkuluku tai alkuluvun neliö, on oltava d 7 = d Siis n = d 6 +(d 6 +1) 1=d 6 +d 6 =d 6 (d 6 +1).

7 Edellä olevan perusteella joko n =p(p +1), n =(p 1)p tai n =(p 1)p. Oletetaan, että n =p(p ± 1) jollain alkuluvulla p>. Silloin luvulla (p + 1) on viisi lukua p pienempää tekijää, ja tekijöinä ovat ainakin luvut 1, ja 4, joten, koska p +1 > 4, p +1 = 3, p +1= 4, p +1= 5 tai p +1=s tai = 4s, missä s on pariton. Jos p ± 1=8,n:llä on vain kolme p:tä pienempää tekijää. Jos p +1= 4, p ei ole alkuluku. Jos p + 1 = 3, niin saadaan ratkaisu n = 31 3 = Jos p +1=s, jas on ainakin kahden eri parittoman luvun tulo, niin niin n:llä olisi ainakin kuusi p:tä pienempää tekijää. Siis s:n olisi oltava alkuluku tai alkuluvun neliö. Jos s olisi alkuluku, olisi n =4ps, jasenp:tä pienemmät tekijät olisivat enintään 1,, 4, ja s. Jos p +1=s, olisi n =4ps,jap:tä pienempiä tekijöitä olisi kuusi: 1,, 4, s, s ja s. Jos p +1=4s, niin 1,, 4, 8, s ja s olisivat p:tä pienempiä n:n tekijöitä. Olkoon sitten n =p(p 1) jollain alkuluvulla p. n:n tekijöitä ovatjälleen ainakin 1, ja 4. Luvulla p 1 on oltava viisi sitä itseään pienempää tekijää. Ei ole mahdollista, että ne olisivat vain kahden potensseja (olisi p 1 = 3, p = 33; ei alkuluku). Samoin kuin edellä, todetaan, että onoltavan =4ps, =8ps tai = 4ps ja että mikään näistä eitäytä tehtävän ehtoa. On vielä mahdollisuus n =(p 1)p. Luvulla n on viisi p 1:tä pienempää tekijää; niitä ovat ainakin 1,, 4, p, p, p 1jap +1. Tämä on mahdollista vain, jos p 1=ja p +1=4elip =3,p =9jan = 89 = 144. Tehtävällä on siis kaksi ratkaisua, n = 144 ja n = Määritä kaikki reaalikertoimiset polynomit f(x), joille f(x)f(x +1)=f(x + x +1). 7 Ratkaisu. Jos f on vakiopolynomi, f(x) =C, niin C = C, jotenc =0taiC =1. Oletetaan sitten, että f ei ole vakiopolynomi. Osoitetaan, että f:llä ei ole reaalijuuria. Jos sillä olisi sellaisia, olisi jokin niistä, sanokaamme a, suurin. Silloin olisi f(a + a +1)=0, ja a + a +1>a,elia ei olisikaan suurin juuri. Koska polynomilla f ei ole nollakohtia, sen asteluku on parillinen, n. Josf(x) =a n x n +, niin a n x4n + = a n x 4n +. Koska a n 0,onoltavaa n =1. Kokeillaan polynomia f(x) = x + c. Jotta se toteuttaisi tehävän yhtälön, on oltava (x + c)((x +1) +1)=(x + x +1) + c eli (c +1)x +cx + c + c =3x +x +1+c. Yhtälö toteutuu identtisesti jos ja vain jos c = 1. Osoitetaan sitten, että f(x) =(x +1) n totetuttaa yhtälön kaikilla n. Yhtälön vasen puoli on nimittäin (x +1) n ((x +1) +1) n = ((x +1)(x +x +)) n =(x 4 +x 3 +3x +x +) n ja oikea puoli ((x + x +1) + 1) n = (x 4 +x 3 +3x +x +) n. Osoitetaan vielä, ei ole muita ratkaisuja. Koska raktaisupolynomi on parillista astetta ja korkeimman x:n potenssin kerroin on yksi, muu kuin (x +1) n -tyyppinen ratkaisu olisi f(x) =(x +1) n + g(x), missä g on astetta m<n oleva polynomi. Kun f sijoitetaan tethtävän yhtälöön ja otetaan huomioon, että (x n +1) n toteuttaa yhtälön, saadaan (x +1) n g(x+1)+((x+1) +1) n g(x) =g(x +x+1) g(x)g(x+ 1). Yhtälön vasemman puolen polynomin aste on n+m ja oikean puolen m <n+m. Ristiriita osoittaa, että muita ratkaisuja ei ole.

8 8 15. Oletetaan, että Osoita, että Ratkaisu. Yhtälöstä seuraa a + b ab 1 a + 1 b + 1 c = 1 a + b + c. 1 a b c 5 = 1 (a + b + c) 5. 1 a + 1 b + 1 c = 1 a + b + c = 1 a + 1 b = 1 a + b + c 1 c = a + b c(a + b + c). Jos a + b = 0, niin 1 b 5 = 1 a 5,javäitetty yhtälö pätee triviaalisti. Oletetaan sitten, että a + b 0. Silloin ab = c(a + b + c) elic +(a + b)c + ab =0eli(c + a)(c + b) = 0. Mutta sekä c = a että c = b johtavat väitettyyn yhtälöön samoin kuin a + b =0.