Huhtikuun 2015 tehtävät ratkaisuja

Transkriptio

1 Huhtikuun 2015 tehtävät ratkaisua 1. Olkoon n>1 pariton kokonaisluku, a k =()/2. Todista, että lukuonossa ( ) ( ) ( ) n n n,,..., 1 2 k on pariton määrä parittomia lukua. Ratkaisu. Koska n =(1+1) n =2 n, niin Mutta koska =1 =0 ( ) ( ) n n =,on n = k =1 + =k+1 =1 =2 n 2. = k =1 + =k+1 n =2 k =1, koska viimeistäyhtäsuuruusmerkkiä edeltävissä summissa ovat samat luvut vastakkaisissa ärestyksissä. Siis k =2 1. =1 Jos summa on pariton, siinä on oltava pariton määrä parittomia yhteenlaskettavia. 2. Kuinka moni lukua 2015 pienempi positiivinen kokonaisluku on aollinen 3:lla tai 4:llä mutta ei 5:llä? Ratkaisu. Koska 2015 = = = , vaaditunkokoisia kolmella tai nelällä aollisia lukua on = 1007 kappaletta. Näistä on poistettava kaikki 15:llä tai 20:llä aolliset luvut. Koska 2015 = = = , tällaisia on = 201 kappaletta. Kysytynlaisia lukua on siis yhteensä = 806 kappaletta. 3. Hämähäkillä on kahdeksan alkaa a kutakin alkaa varten sukka a kenkä. Monessako ärestyksessä se voi pukea sukat a kengät, kun kuhunkin alkaan on puettava sukka ennen kenkää? Ratkaisu. Tehtävän tekstin voi melko helposti tulkita eri tavoin. Yksi mahdollisuus on aatella pukemisen tulosta a olettaa, että kengät a sukat ovat yksilöitävissä, mutta että okainen kenkä tai sukka voi olla missä hyvänsä alassa. Hämähäkki laittaa ensin oka alkaan sukan a sitten oka alkaan kengän. Sukat voi pukea 8! = eri ärestykseen, a kengät samoin. Eri tapoa pukea sukat a kengät on siis (8!) 2 = kappaletta.

2 Yksi (a mahdollisesti tehtävän laatian alkuaan tarkoittama) mahdollisuus on tulkita kysymys pukemisprosessin vaihtoehtoisia tapoa koskevaksi. Laitetaan kahdeksan sukkaa a kahdeksan kenkää niin, että sukka edeltää kenkää. Jos sukkia a kenkiä ei ole yksilöity, okaista pukemista voi kuvata pisteet (0, 0) a (8, 8) yhdistävällä suunnatulla murtoviivalla, ossa okainen sivu on pisteitä (n, m) a(n + m, m) tai(n, m) a(n, m + 1) yhdistävä ana a oka kulkee kokonaan suoran y = x alapuolella. Montako tällaista on? Ratkaistaan tehtävä yleisesti. Haetaan siis sellaisten kokonaislukukoordinaattisia pisteitä yhdistävistä yksikköanoista muodostuvien 2n-osaisten murtoviivoen lukumäärää, otka yhdistävät pisteen (0, 0) pisteeseen (n, n) akulkevatsuorany ( ) = x alapuolella. Jos viimeinen ehto 2n ätetään huomiotta, murtoviivoa on. Näistä olisi poistettava kaikki ne, otka eivät n kule suoran y = x alapuolella; kutsutaan niitä huonoiksi murtoviivoiksi. Jokainen huono murtoviiva koskettaa suoraa y = x + 1. Jos huono murtoviiva koskettaa tätä suoraa ensi kerran pisteessä (k, k + 1), niin peilataan murtoviivan origosta tähän pisteeseen ohtava osuus suorassa y = x + 1. Origon peilikuva on ( 1, 1), oten huono murtoviiva muuntuu pisteitä ( 1, 1) a (n, n) yhdistäväksi murtoviivaksi. Toisaalta okainen pisteitä ( 1, 1) a (n, n) yhdistävä murtoviiva kohtaa suoran y = x+1 ensi kerran ossain pisteessä (k, k+1), a samanlainen peilaus muuttaa sen huonoksi murtoviivaksi (0, 0):sta (n, n):ään. Huonoa murtoviivoa ( ) on siis yhtä monta kuin on murtoviivoa ( 1, 1):stä (n, n):ään. Mutta näitä 2n on kappaletta. Murtoviivoa, otka eivät ole huonoa, on siis n 1 ( ) ( ) ( ) 2n 2n 2n (2n)! = n n 1 n (n 1)!(n +1)! = Kun n = 8, saadaan haluttuen murtoviivoen lukumääräksi ( )( 2n 1 n ) = 1 n n +1 n +1 ( ) 2n. n Muita tulkintamahdollisuuksia on. Joka alalle oma kenkä? Kengät a sukat erilaisia, mutta sopivat eri alkoihinkin? Vasempaan alkaan ei sovi oikean alan kenkä, ne.? 4. Määritellään funktio f rationaaliluvuille kaavalla f(m/n) =mn, missä m/n on rationaaliluvun täysin supistettu muoto, eli m a n ovat kokonaislukua, oiden suurin yhteinen tekiä on 1. Kuinka monelle rationaaliluvulle r, 0 <r<1, onf(r) = 20!? Ratkaisu. On helppo laskea, että 20! = eli kahdeksan alkulukupotenssin tulo. Koska m/n on supistetussa muodossa, m a n ovat oukon E = {2 18, 3 8, 5 4, 7 2, 11, 13, 17, 19} eri alkioiden tuloa, a okainen E:n alkio on oko m:n tai n:n tekiä. Luvut r ovat siis muotoa r =2 18a 1 3 8a 2 5 4a 3 7 2a 4 11 a 5 13 a 6 17 a 7 19 a 8, missä a i { 1, 1}. Tällaisia lukua on kaikkiaan 2 8. Jos r>1, niin 1/r < 1. Luvut voidaan näin muodostaa pareiksi, oissa tasan toinen luku on < 1. (Mikään r ei ole 1.) Ehdon toteuttavia lukua r<1 on siis 2 7 = 128 kappaletta shakkilaudan ruuduista kaksi väritetään keltaisiksi a loput vihreiksi. Lautaa tasossa kiertämällä saatavia värityksiä pidetään samoina. Montako erilaista väritystä on olemassa?

3 Ratkaisu. Jaetaan ruudukko viideksi alueeksi, oista yksi käsittää keskimmäisen ruudun a muut ovat 3 4- suorakaiteita. Laudan kierto 90 :een monikerran verran vie suorakaiteet toisille suorakaiteille. Jos nyt tonen keltainen ruutu on keskimmäinen ruutu, erilaisia värityksiä syntyy okaisesta toisen keltaisen ruudun sioittamisesta yhteen nelästä suorakaiteesta, esimerkiksi oikean alakulman suorakaiteeseen. Mahdollisuuksia on yhtä monta kuin suorakaiteessa on ruutua, eli 12. Jos keskimmäinen ruutu on vihreä, tarkastellaan eri tapauksia. Jos molemmat keltaiset ovat samassa suorakaiteessa, niin voidaan aatella, että tämä suorakaide on oikean alakulman suorakaide. Siihen keltaiset ruudut voi sioittaa 12 2 =66 eri tavalla. Jos keltaiset ruudut ovat vierekkäisissä suorakaiteissa, eri tapoa sioittaa ne on = 144. Jos keltaiset ruudut ovat vastakkaisissa suorakaiteissa, esimerkiksi oikeassa alakulmassa a vasemmassa yläkulmassa, eri sioittelumahdollisuuksia on taas 12 2, mutta 180 kierto muuttaa aina kaksi sioittelua toisikseen. Eri sioittelua tässä tapauksessa on siis 72 kappaletta. Kaikkiaan mahdollisuuksia on = 294 kappaletta. 6. Olkoot A a B oukkoa, oiden leikkaus on tyhä a oiden yhdiste on positiivisten kokonaislukuen oukko. Todista, että kaikillakokonaisluvuillan on olemassa erisuuret a, b > n, oille oko { a, b, a + b } A tai { a, b, a + b } B. Ratkaisu. Jos toinen oukoista, vaikkapa B, onäärellinen, niin siinä on suurin alkio k, a kaikilla a, b > k on { a, b, a + b } A. Oletetaan sitten, että kumpikaan oukoista A a B ei ole raoitettu. Jos n on annettu, A:sta voi valita kolme lukua x, y, z, oille n<x<2x <y<za y x>n. Jos okin luvuista x + y, x + z, y + z kuuluu A:han, niin haluttu kolmialkioinen A:han sisältyväoukkoonlöytynyt. Ellei näin ole, kaikki kolme lukua kuuluvat oukkoon B. Josnyty x B, niin kolmikko y x, x + z, x + y sisältyy oukkoon B. Jos viimein y x A, niin kolmikko y x, x, y sisältyy A:han. 7. Sanotaan, että positiivisten kokonaislukuen oukolla on kolmio-ominaisuus, os siinä on kolme eri lukua, otka ovat mahdolliset kolmion sivun pituudet (kolmiolla on oltava positiivinen pinta-ala). Peräkkäisten kokonaislukuen oukon { 4, 5, 6,..., n} kaikilla kymmenalkioisilla osaoukoilla on kolmio-ominaisuus. Mikä on suurin mahdollinen n:n arvo? Ratkaisu. Kymmenalkioisen oukolla {4, 5, 9, 14, 23, 37, 60, 97, 157, 254} ei ole kolmioominaisuutta. Jos sen alkioita merkitään a 1 <a 2 < <a 10 a otetaan niistä mitkä tahansa kolme, a i <a <a k, niin a i + a a 1 + a = a +1 a k,otena i, a a a k eivät voi olla kolmion sivuen pituuksia. Suurin mahdollinen n:n arvo on siis 254. Osoitetaan sitten, että oukone = {4, 5,..., 253} okaisella kymmenalkioisella osaoukolla on kolmio-ominaisuus. Epäsuora todistus palautuu edelliseen: oletetaan, että E:n

4 osaoukolla {a 1,a 2,..., a 10 } ei ole kolmio-ominaisuutta. Nyt a 1 4aa 2 5, oten on oltava a = 9, a = 14 ne. Jatkamalla tätä Fibonacci-henkistä prosessia saadaan a , mikä on ristiriidassa sen kanssa, että a 10 E. Vastaoletus on väärä, oten kysytty n:n suurin mahdollinen arvo on Merkitään Fibonaccin lukua F 1 =1, F 2 =1, F 3 =2, ne. Todista, että osm on n:n tekiä, niin F m on F n :n tekiä. Ratkaisu. Täydennetään Fibonaccin ono asettamalla F 0 =0. Olkoonm 1 annettu. Todistetaan ensin induktiolla n:n suhteen, että F m+n = F n+1 F m + F n F m 1. (1) Kun n =1,asiaonselvä. Jos (1) pätee, kun n k, niin F m+k+1 = F m+k + F m+k 1 = F k+1 F m +F k F m 1 +F k F m +F k 1 F m 1 =(F k+1 + F k ) F m +(F k + F k 1 ) F m 1 = F k+2 F m + F k+1 F m 1. Induktioaskel on otettu. Oleteaan nyt, että m n a m<n. (Tapauksessa m = n ei ole mitään todistettavaa.) Silloin yhtälössä (1) voidaan n korvata luvula n m, a (1) saa muodon F n = F n m+1 F m + F n m F m 1. Kun kaavaa (1) sovelletaan edellisen lausekkeen viimeisen yhteenlaskettavan tekiään F m n, saadaan F n lausuttua summana, onka kaksi yhteenlaskettavaa ovat F m :n monikertoa a yksi F n 2m :n monikerta. Kun prosessia toistetaan kaikkiaan n/m kertaa, saadaan F n lausutuksi summana, onka okainen yhteenlaskettava on F m :n monikerta (a yksi F n n :n monikerta, mutta F 0 = 0.) Siis todellakin F n on aollinen F m :llä. 9. ABCD on suorakulmio a P mielivaltainen tason piste. Osoita, että PA 2 + PC 2 = PB 2 + PD 2. Ratkaisu. Todistettava yhtälö onyhtäpitävä yhtälön PA 2 PD 2 = PB 2 PC 2 kanssa. Leikatkoon AB:n suuntainen P :n kautta kulkeva suora suoran AD pisteessä Q a suoran BC pisteessä R. Pythagoraan lause sovellettuna toisaalta kolmioihin PAQ a PDQ,toisaalta kolmioihin PBRa PCR antaa PA 2 PD 2 = AQ 2 QD 2 =(AQ+QD)(AQ QD) a PB 2 PC 2 = BR 2 RC 2 =(BR + RC)(BR RC). Riippuen siitä, ovatko pisteet Q a R anoilla AD a BC vai niiden ulkopuolella, oko AQ + QD = AD = BC = BR + RC a AQ QD sekä BR RC ovat yhtä pitkien anoen erotuksia tai AQ QD = AD = BC = BR RC a AQ + QD sekä BR + RC ovat yhtä pitkien anoen summia. Kummassakin tapauksessa tehtävän väite tulee todistetuksi. 2. ratkaisu. Koordinaadisto vvoidaan sioittaa niin, että akselit ovat suorakulmion sivuen suuntaisia a A =(a, b), B =(a, b), C =( a, b), D =( a, b) oillain reaaliluvuilla a, b. Mutta nyt PA 2 + PC 2 =(x a) 2 +(y b) 2 +(x + a) 2 +(y + b) 2 a PB 2 + PD 2 =(x a) 2 +(y + b) 2 +(x + a) 2 +(y b) 2.Väite on tosi. 10. Jännenelikulmion lävistäät ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. Osoita, että os nelikulmion lävistäien leikkauspisteen kautta kulkeva suora on kohtisuorassa otain ännenelikulmion sivua vastaan, niin se puolittaa ännenelikulmion vastakkaisen sivun. Ratkaisu. Olkoon tehtävän ännenelikulmio ABCD a olkoon F sen lävistäien AC a BD leikkauspiste. Olkoon G se sivun AB piste, olle AB FG.LeikatkoonsuoraFG

5 anan CD pisteessä M. Kulman BF G kyletovatpareittain kohtisuorassa kulman CAB kylkiä vastaan. Siis BFG = CAB. Mutta BFG = DFM (ristikulmat) a CAB = CDB (kehäkulmat). Siis DFM = BDC = FDM. Tästä seuraa, että kolmio MDF on tasakylkinen; DM = FM. Koska kolmio CDF on suorakulmainen, MFD = 90 DFM =90 FDM = MCF. Myös kolmio MFC on siis tasakylkinen. Siis CM = FM = MD. Piste M puolittaa anan CD. 11. Kolmiot ARB, BPC a CQA on piirretty kolmion ABC ulkopuolelle. Lisäksi ARB+ BPC + CQA = 180. Osoita, että kolmioiden ARB, BPC a CQA ympärysympyrät leikkaavat toisensa samassa pisteessä. Ratkaisu. Kolmioiden ARB a BPC ympärysympyrät leikkaavat toisensa pisteen B ohella myös pisteessä X. Jännenelikulmioista RBXA a PCXB nähdään heti, että ACX = ARB + BPC = 180 CQA. Tästä seuraa, että QAXC on ännenelikulmio. Sen ympärysympyrä onsama kuinkolmioncqa ympärysympyrä. Piste X kuuluu siis kaikkien kolmen tehtävässä mainitun kolmion ympärysympyröihin. 12. Tarkastellaan kolmioon ABC a pisteeseen P liittyviä Simsonin suoria. Milloin Simsonin suora on suora AB? Ratkaisu. Jotta tehtävän tilanne voisi vallita, on pisteen P kohtisuorien proektioiden suorille AC a BC oltava suoralla AB. Tämä on mahdollista vain, os proektiopisteet ovat A a B. Mutta silloin PBCAon ännenelikulmio, ossa kulmat PBC a PAC ovat suoria kulmia. Tämä taas on mahdollista vain, os PC on kolmion ABC ympärysympyrän halkaisia. Sama menee toisinpäin myös: os CP on ympärysympyrän halkaisia, P :n määräämä Simsonin suora on AB. 13. Olkoot l a l pisteisiin P a P liittyvät (kolmion ABC) Simsonin suorat. Osoita, että l:n al :n välinen kulma on puolet kaaresta PP (kun kaari mitataan kulmayksiköin). Ratkaisu. Olkoon BB ABC:n ympärysympyrän halkaisia. Oletetaan, että P on kaarella AB a P kaarella B C. Muut tilanteet voi käsitellä periaatteessa samoin. P :n proektiot suorilla BC, CA a AB ovat X, Y a Z a P :n proektiot suorilla AC a AB ovat Y a Z. Simsonin suorat l = XY Z a l = Y Z leikkaavat toisensa pisteessä Q. Kolmiosta YQY nähdään, että l:n a l :n välinen kulma on XQY = QY Y + QY Y.Koskakehäkulma on puolet vastaavasta keskuskulmasta tai kaaresta kulma-

6 mitassa ilmaistuna, väite tulee todistetuksi, os osoitetaan, että QY Y = PBB a QY Y = B BP. Todistetaan yhtälöistä edellinen; älkimmäisen todistus on sama. Ensinnäkin QY Y = AY Z (ristikulmat). Pisteet A, Z, P a Y ovat samalla AP - halkaisiaisella ympyrällä. Siis AY Z = AP Z. Mutta kulma BAB on suora, oten AB ZP. Tästä seuraa, että AP Z = PAB = PBB, oten olemme valmiit. 14. Osoita: nelikulmion vastakkaisten sivuen keskipisteiden kautta kulkevat suorat a nelikulmion lävistäien keskipisteiden kautta kulkeva suora leikkaavat toisensa samassa pisteessä. Ratkaisu. Olkoon ABCD nelikulmio, sen sivuen AB, BC, CD, DA keskipisteet D, E, F,, G a lävistäien AC a BD keskipisteet H a J. Käytetään toistuvasti tietoa, onka mukaan kolmion sivuen keskipisteet yhdistävä ana on kolmion kolmannen sivun suuntainen a pituudeltaa puolet tästä. Siis DE AC GF a DE = GF. Siis DEFG on suunnikas. Samoin HF AD DJ a HF = DJ, oten myös DHFJ on suunnikas. Suunnikkaan DEFH tunnetun ominaisuuden perusteella suorien DF a GE leikkauspiste on anan DF keskipiste. Mutta DF:n keskipiste on myös suunnikkaan DHFJ lävistäien leikkauspiste. Tämän suunnikkaan toinen lävistää onjh,otenväite on todistettu. 15. Määritä kaikki ne positiivisten kokonaislukuen parit (a, b), oille a a = b 4b. Ratkaisu. Jos a =1taib = 1, niin selvästi (a, b) =(1, 1) on ainoa ratkaisu. Olkoot sitten a, b > 1. Aritmetiikan peruslauseen noalla voidaan kiroittaa a = p α 1 1 pα k k,a b = q β 1 1 qβ l l, missä p 1 <... < p k a q 1 <... < q l ovat alkulukua a α i,β i > 0ovat kokonaislukua. Kun verrataan lukuen a a a b 4b alkutekiähaotelmia, nähdään, että k = l a p i = q i kaikilla i. Vertaamalla luvun p i eksponenttea kummallakin puolella saadaan lisäksi aα i = bβ i kaikilla i eli α i β i = b a.koska α i β i ei riipu indeksistä i, seuraaα i β i kaikilla i tai α i β i kaikilla i. Siis a b tai b a. Koska a>b,ona = kb ollakin positiivisella kokonaisluvulla k. Kun tämä sioitetaan yhtälön a a = b 4b,seuraa(kb) k = b 4. On siis oltava k<4ak 1. Josk = 2, saadaan b = 2, olloin a =4. Josk = 3, saadaan b =3 3, olloin a =3 4. Mahdolliset ratkaisut ovat siis (a, b) =(1, 1), (4, 2), (81, 27). Kun ne sioitetaan yhtälöön, nähdään, että nekelpaavat. 16. Mille positiivisille kokonaisluvuille n pätee n (a 8 1) kaikilla kokonaisluvuilla a, otka ovat yhteistekiättömiä luvun n kanssa? Ratkaisu. Selvästi n = 1 kelpaa, oten oletetaan n>1. Olkoon p alkuluku, olle p α n, p α+1 n. Tällöin a 8 1 (mod p α n )aina,kunp a a s.y.t.(a, ) = 1. Koska luvut p α p α a n p ovat yhteistekiättömiä, okainen äännösluokka modulo p α sisältää luvun, oka α on yhteistekiätön luvun n kanssa (tämän näkee esimerkiksi kiinalaisella äännöslauseella p α avulla). Siispä a 8 1 (mod p α )ainakunp a. Jos p 2, niin p 2 8 1=3 5 17, oten p {3, 5, 17}. Koska , ei voi olla p = 17. Näin ollen p {2, 3, 5}.

7 Jos p =3taip = 5, ei voi olla p Lisäksi , oten luvun n täytyy olla muotoa n =2 a 3 b 5 c, missä a 5ab, c 1. Selvästi a 8 1 (mod 3), kun 3 a a a 8 1 (mod 5), kun 5 a. Samoin a 8 1 (mod 32), kun 2 a. Siten arvot n = 3,n = 5an = 32 kelpaavat. Koska nämä ovat yhteistekiättömiä lukua, tarkasteltava kongruenssi toteutuu myös modulo niiden tulo = 480. Tästä seuraa, että okainen luvun 480 tekiä kelpaa luvun n arvoksi. Vastaus on siis n =2 a 3 b 5 c, missä a {0, 1,..., 5},b {0, 1} a c {0, 1}. 17. Määritä kaikki positiiviset kokonaisluvut n, oille luvulla n 2 on okin tekiä, oka kuuluu väliin [n n, n[. Ratkaisu. Tapaus n = 1 ei kelpaa, oten voidaan olettaa n>1. Oletetaan, että n h n 2 a 0 h n.koskan h n 2 h 2, saadaan n h h 2.Josn h h 2, niin n n n h h2 2 n 2, mikä on ristiriita, kun n 5. Täten n {2, 3, 4} tai n = h 2 + h ollakin h. Helposti nähdään, että n =2an =4kelpaavatan = 3 ei kelpaa. Lisäksi kaikki luvut muotoa n = h 2 + h kelpaavat, koska h 2 (h 2 + h) 2 a h 2 [h 2 + h h 2 + h, h 2 + h[. Vastaus on siis n = h 2 + h ollakin h Z + tai n = 4 (luku 2 on muotoa h 2 + h). 18. Olkoon p>2 alkuluku. Osoita, että luvun 2 p 1 kaikki alkutekiät ovat vähintään 2p +1:n suuruisia. Päättele tästä, että on olemassa äärettömän monta alkulukua. Ratkaisu. [Tehtävästä oli alkuun unohtunut ehto p>2.] Olkoon q alkuluku, olle 2 p 1 (mod q). Olkoon d pienin positiivinen luku, olle 2 d 1 (mod q) (tätä sanotaan luvun 2 kertaluvuksi modulo q). Pätee d p, koska muutoin p = ad + r ollakin 0 <r<d,a tällöin 1 2 p 2 ad 2 r 2 r (mod q), mikä on ristiriita luvun d minimaalisuudelle. Samoin nähdään d q 1, koska os q 1= ad + r, 0<r<d, niin Fermat n pienellä lausella 1 2 q 1 2 ad 2 r 2 r (mod q), a tämä on taas ristiriita. Koska d p a 2 1 (modq), täytyy olla d = p. Siis p q 1. Koska p 2aq 1 on parillinen, pätee 2p q 1, oten q 2p + 1, kuten haluttiin. Päätellään nyt alkulukuen äärettömyys. Jos alkulukua olisi vain äärellinen määrä, olisi olemassa suurin alkuluku, sanotaan P. Kuitenkin luvulla 2 P 1 on alkutekiä, oka on suurempi kuin P,atämä on ristiriita. Tehtävien 15 18ratkaisutkiroittiJoniTeräväinen, muut Matti Lehtinen.