Tehtävien ratkaisut. 77 cm Ratkaisu. Toisen kierron jälkeen syntyvä neliö on

Transkriptio

1 Solmu /00 Tehtävien ratkaisut Ratkaisu Toisen kierron jälkeen syntyvä neliö on peilikuva alkuperäisestä neliöstä pisteen P suhteen Jos P ei ole alkuperäisen neliön sisällä, niin peilikuvalla alkuperäisellä neliöllä ei ole yhteistä pistettä Tällöin kolmen neliön yhteisen pinta-alan täytyy olla suurempi kuin 44 cm = 88 cm Oletetaan, että neliön sisällä on sellainen piste P, jonka ympäri neliötä 90 kiertämällä saadaan kokonaispintaalaksi cm Yhden neliön pinta-ala on 44 cm päällekkäisten osien pinta-ala on 44 cm cm = 77 cm Vähentämällä yhteisen pinta-alan neliöstä saamme 44 cm 77 cm = 67 cm 77 cm Kuva Ensimmäinen kierto siis lisäsi pinta-alaa 67 cm (tummennettu alue kuvassa ) Toista neliötä kierretään nyt 90 pisteen P ympäri Ensimmäisen neliön kierretty kuva on toinen neliö toisen neliön kierretty kuva on kolmas neliö Kokonaispinta-ala voi kasvaa kussakin kierrossa enintään saman verran kuin edellisellä kerralla, eli pinta-ala ei voi olla suurempi kuin cm + 67 cm = 78 cm, joka on vähemmän kuin annettu 87 cm Siten pistettä P ei ole olemassa Ratkaisu Ensimmäiseksi osoitamme, että minkä tahansa nelikulmion sivujen neliöiden summa on enintään neljä kertaa sen pinta-ala Kuvan merkintöjä käyttäen nelikulmion pinta-ala on b γ a A AD = A AD ± A D α A c A AD + A D = a d sin α + b c sin γ ad + bc d D Kuva a b A α γ Aritmeettisen geometrisen keskiarvon välisestä epäyhtälöstä saamme ad a + d c d D

2 Solmu /00 siten kuten yllä on väitetty bc b + c, 4A AD a + b + c + d, Jos vastaava epäyhtälö muodostetaan jokaiselle monitahokkaan sivulle epäyhtälöt summataan, niin vasen puoli on 4A oikea puoli Q Niinpä 4A Q siten A Q Ratkaisu Koska q > f(0), niin f(0) = 0 Kaikilla muilla n:n arvoilla f:n arvo on positiivinen kokonaisluku, sillä muuten ehdosta f(n) = 0 < n seuraa, että Β Ο Α Kuva siten > f(n) qn = qn q n < q <, Ympyrän neljänneksen, jonka säde on 0 cm keskipiste O, peittävät puoliympyrät, joiden halkaisijoina ovat x- y-akselit (Kuva ) mikä on mahdotonta On helppo tarkistaa, että q(q ) = = Siten mille tahansa luonnolliselle luvulle n on f(f(n)) f(n) n = f(f(n)) qf(n) + (q )f(n) q(q )n = f(f(n)) qf(n) + (q )(f(n) qn) Koska kaikille reaaliluvuille pätee a + b a + b, voi edellinen itseisarvo olla korkeintaan f(f(n)) qf(n) + (q )(f(n) qn) = f(f(n)) qf(n) + (q ) (f(n) qn), joka on vähemmän kuin q + (q ) q = annetun ehdon mukaan Siten f(f(n)) f(n) n <, mikä on mahdollista vain, jos f(f(n)) f(n) n = 0, koska f(f(n)), f(n) n ovat kokonaisluku 4 Ratkaisu Oletetaan, että sieni on siis puoliympyrän muotoinen levy, jonka halkaisi on A Jos A liikkuu pitkin x-akselia liikkuu pitkin y-akselia, niin puoliympyrän toisen puolen kehä liikkuu pisteen O kautta Siten mikään pyyhityn alueen piste ei ole 0 senttimetriä kauempana pisteestä O Kuva 4 Jos P on kahden kaaren väliin jäävä piste OP leikkaa laajemman kaaren pisteessä R, niin pisteet R R ovat pisteen R projektiot x- y-akseleilla Tällöin OR RR on nelikulmio, jonka lävistäjät ovat RO = R R = 0 cm Jos piste on nelikulmion keskipiste, niin O = 0 cm, siitsee pienemmällä ympyrän neljänneksen kaarella P siitsee nalla R Piste P siitsee siis kolmion R RR raaman alueen sisällä Kolmio R RR on kokonaan puoliympyrän, jonka halkaisi on R R kehäpiste R, sisällä Siten pesusieni pyyhkii pisteen P

3 Solmu /00 R P R kuvaa Pisteviiva esittää suoraa, jonka yhtälöä etsitään Huomaa, että jos x:n tilalle sijoitetaan x +, mikä aiheuttaa kuvaan siirtymisen suhteessa akseliin, niin syntyvä neljännen asteen polynomi f (x) = f(x + ) ei sisällä kolmannen asteen termiä: f (x) = (x + )4 4(x + ) O R Saamme f :n muotoon = x 4 x 8 9 x 9 f (x) = (x ) 8 9 x 4 9 Suora, joka koskettaa kuvaaa Kuva 5 Edellä olevasta seuraa, että pesusienen pyyhkimä alue muodostaa neljännesympyrän, jonka halkaisi on 0 cm säteen keskipistäänä O, joten pyyhitty alue on 4 0 π = 00π cm 5 Ratkaisu Kuvasta 6 nähdään funktion f(x) = x 4 4x y = (x ) kuvassa 7, on selvästi x-akseli, siten y = 8 9 x 4 9 sivuaa käyrää f (x) kahdessa pisteessä Kysytty suora saadaan suorittamalla käänteinen sijoitus Jos x sijoitetaan x:n paikalle, suoran yhtälöksi saadaan y = 8 9 (x ) 4 9 = 8 9 x 4 7 y = x 4 4x? Kuva 6 Tätä sijoitusta, josta käytetään nimeä Tschirnhausin sijoitus, käytetään myös yleisen neljännen asteen yhtälön ratkaisemisessa Se eliminoi kolmannen asteen termin

4 Solmu /00 4 y = (x ) Kuva 7 5 Ratkaisu Suora y = ax + b sivuaa funktion y = x 4 4x kuvaaa korkeintaan kahdessa pisteessä jos vain jos polynomi p(x) = x 4 4x ax b sivuaa x-akselia kahdessa pisteessä eli sillä on kaksi juurta Kuvaan aste on neljä siten jokainen juuri on kaksoisjuuri, muita juuria ei ole Jos juuret ovat x x, niin p(x) voidaan kaa tekijöihinsä: () p(x) = (x x ) (x x ) Kertomalla oikea puoli auki saadaan x 4 4x ax b = x 4 6(x + x )x + (x + 4x x + x )x 6x x (x + x )x + x x Koska vastaavien kertoimien pitää olla yhtä suuria, () x + x =, () x + 4x x + x = 0, (4) 6x x (x + x ) = a, (5) x x = b Yhtälöstä () saadaan (x + x ) = x x edelleen yhdistämällä tämä yhtälön () kanssa saadaan x x = 9 Tämän jälkeen yhtälöstä (4) seuraa a = edelleen yhtälöstä (5) b = 7 Edellisestä seuraa, että suoran yhtälö voi olla vain y = 8 9 x 4 7 Tämä suora on kysytty ratkaisu, koska yhtälöiden () () juuret ovat reaaliluku (x = x = + ) yllä olevat vaiheet voidaan suorittaa käänteisesti yhtälön () tekijät ovat reaalilukukertoimisia polynome 5 Ratkaisu Olkoon a mielivaltainen reaaliluku Yhtälö suoralle, joka sivuaa annettua käyrää pisteessä (a, f(a)), on y = f (a)(x a) + f(a) Jos b a, niin tämä on yhtenevä käyrän tangentille pisteessä (b, f(b)) jos vain jos (6) f (a) = f(b) (7) f(a) a f (a) = f(b) b f (b) Yhtälöstä (6) saadaan kamalla polynomilla a b 0, että (8) a + ab + b a b = 0, yhtälöstä (7) samalla tavoin, että (9) 9(a + b)(a + b ) 8(a + ab + b ) = 0 Kohdasta (8) seuraa a + ab + b = a + b

5 Solmu /00 sijoittamalla yhtälöön (9) saamme (0) a + b = 8 9 Sijoittamalla tämä yhtälöön (8) saamme () a + b ab = 8 9 Koska yhtälöt (0) () johtavat neljännen asteen yhtälöön, esitellään uudet muuttut u = a + b v = ab Saamme u v = 8 9, u v = 8 9 Sijoittamalla v = u 8 9 saamme u u = 0 Tämän juuret ovat u = u = 4 Vastaavat arvot v:lle ovat v = 9 v = 4 9 Nyt a:n b:n arvot ovat yhtälöiden t u t + v = 0 t u t + v = 0 ratkaisu Ensimmäisessä tapauksessa a = b = + toisessa tapauksessa juuret ovat yhtäsuuret, a = b = Koska määritelmän mukaan a b, toinen tapaus ei ole ratkaisu Jos a =, niin f (a) = 8 9 f(a) a f (a) = 4 7, siten tangentin yhtälö pisteessä (a, f(a)) on y = 8 9 x 4 7 Koska kaikki vaiheet ovat käänteisiä, saadaan sama yhtälö tangentille pisteessä (b, f(b)) Huomautuksia Ratkaisun ehdosta (8), f (a) f (b) a b = 0, saadaan ellipsi, jos a b esittävät koordinaattiakseleita (Kuva 8) Tämä ellipsi koostuu pisteistä P (a, b), joille käyrän y = 4x x tangentit pisteissä (a, f(a)) (b, f(b)) ovat yhdensuuntaisia Ellipsin akselit ovat yhdensuuntaisia koordinaattiakseleiden kulmien lävistäjille, ellipsin keskipiste on (, ) Lyhyemmän lävistäjän päätepisteet ovat O I(, ) E ( +, ) E (, + ) ovat kaksinkertaisen tangentin sivuamispisteitä Tämä suhde tulee selväksi, jos attelee neljännen asteen yhtälön kuvaan symmetrisyyttä pisteen x = suhteen Tämä on symmetriakeskuksen abskissa kolmannen asteen derivaattafunktion kuvaalle, joka esittää tangenttien kulmakerrointa Jos kaksoistangentin yhtälö vähennetään neljännen asteen polynomista, saadaan neljännen asteen käyrä, joka on symmetrinen suoran x = suhteen (Tämä on syynä sijoitukseen ratkaisussa ) Siten tangettipisteiden abskissat ovat symmetrisiä pisteen x = suhteen Tämä piste siitsee kuvassa 8 suoralla a + b =, joka on ellipsin pääakseli On helppo tarkistaa, että kaikilla neljännen asteen käyrillä, joilla on kaksinkertainen tangentti, on tämä ominaisuus, eli f (a) f (b) = 0 a b esittää ellipsiä täsmälleen tässä tapauksessa Kaikki tällä tavoin saadut ellipsit ovat samanlaisia, niiden eksentrisyys on ne kaikki saadaan kuten kuvassa 8 on esitetty Pikkuakseleiden päätepisteet esittävät vastaavan neljännen asteen käyrän käännepisteitä pääakseleiden päätepisteet esittävät kaksoistangenttien kosketuspisteitä E b I 6 Ratkaisu Jos muurahainen on käyrän pisteessä P (a, b), niin yhtälöillä x + bx + b 6 = 0 y + ay + a 6 = 0 O Kuva 8 E a on reaalilukujuuret a b Siten diskriminantit D b = 4 b D a = 4 a ovat ei-negatiivisia Jos kumpi tahansa niistä on nolla, esimerkiksi D a = 0 eli a = (siten b = a ), niin muurahainen ei voi tkaa kävelyään y-akselin suuntaisesti Näin käy

6 Solmu /00 pisteissä Y (, ) Y (, ) Samoin, kun D b = 0, eli muurahainen on pisteissä X (, ) tai X (, ), se ei voi tkaa kävelyään x-akselin suuntaisesti Tämä on helposti nähtävissä, jos huomaa, että käyrä x + y + xy = 6 on ellipsi (Kuva 9) pisteet X i, Y i ovat pisteitä, joissa koordinaattiakseleiden suuntaiset tangentit sivuavat käyrää Y X y Kuva 9 45 o X x Y Jos muurahainen on pisteessä P (a, b), joka ei ole mikään neljästä yllä mainitusta pisteestä, niin muurahainen voi kävellä kumpaan tahansa suuntaan Jos P ei ole lähtöpiste, niin muurahainen voi kävellä vain yhteen suuntaan, koska toinen suunta on tulosuunta Jos muurahainen kävelee esimerkiksi x-akselin suuntaisesti saapuu käyrän pisteeseen Q(c, b), niin yllä olevan päättelyn mukaisesti c a, luvut a c ovat kaksi yhtälön x + bx + b 6 = 0 Vastaavasti, jos muurahainen kävelee y-akselin suuntaisesti saapuu pisteeseen R(a, d) pisteestä P, niin d + b = a (Kuva 0) Edellä olevasta seuraa, että kaikki muurahaisen kulkemat segmentit ovat sellaisia, että niiden päätepisteiden koordinaateista käyrällä kaksi neljästä ovat samo Näiden koordinaattien jäljelle jäävien summa on nolla: a + b + c = 0 a + b + d = 0 Jos muurahainen esimerkiksi aloittaa kävelyn pisteestä P 0 (a, b) x-akselin suuntaisesti, sen polku kulkee seuraavien käyrän pisteiden kautta: P 0 (a, b) P ( a b, b) P ( a b, a) P (b, a) P 4 (b, a b) P 5 (a, a b) P 6 (a; b) Jos muurahainen ei saavu mihinkään pisteistä X i, Y i, niin sen kävely päättyy kuudennen segmentin loppuun Jos muurahainen saapuu joihinkin pisteisiin X i, Y i, niin sen kävely loppuu jo aiemmin Huomautuksia Helposti havaitaan, että muurahainen voi saapua pisteeseen X i, jos se kävelee y-akselin suuntaisesti: pisteeseen X pisteestä (, ) pisteeseen X pisteestä (, ) Nämä ovat samo pisteitä, joista muurahainen voi tavoittaa pisteet Y Y Yhteenvetona voidaan todeta, että jos lähtöpiste on muu kuin X i, Y i, i, niin muurahaisen kävely päättyy kuuden osuuden jälkeen, jos lähtöpiste on i, niin kävely päättyy yhden osuuden jälkeen, jos lähtöpiste on X i tai Y i, niin kävely päättyy kahden osuuden jälkeen Käytettäessä merkintää c = a b muurahaisen polku kulkee (erikoistapauksia lukuunottamatta) pisteiden (a, b), (c, b), (c, a), (b, a), (b, c), (a, c), (a, b) kautta Pisteiden koordinaatit ovat kaikki a, b tai c a + b + c = 0 (Kuva ) Polku, kuten myös kuvaa, on symmetrinen suoran y = x suhteen reaalijuurta Siten a + c = b y a+b+c=0 (c;b) y P(a;b) Q(c;b) P(a;b) (c;a) (b;a) x x R(a;d) (a;d) (b;c) Kuva 0 Kuva

7 Solmu /00 Edellä olevilla lukukolmikoilla on mielenkiintoinen suhde tehtävän 5 mahdolliseen ratkaisuun Jos alkuperäinen polynomi on kolmannen asteen polynomi f(x) = x 6x, niin tämän tehtävän ellipsin yhtälö on f(x) f(y) x y = 0, ellipsin pisteiden koordinaatit ovat lukupare (a, b), joille f(a) = f(b) Jokainen f:n arvo, paitsi paikallinen ääriarvo, saavutetaan kolmessa pisteessä muurahaisen kulkema polku vastaa tällaista kolmikkoa Tällä esitystavalla ongelman ratkaisu on ilmeinen 6 Ratkaisu Kierretään käyrän kuvaaa muurahaisen polkua 45 Tällöin käyrän yhtälö on (Kuva ) x + y 4 = 0 Kuva Muurahaisen paikka käyrällä kahden segmentin jälkeen lähtöpisteestä saadaan 0 kulmana lähtöpisteeseen nähden Kulman suunta riippuu muurahaisen kävelysuunnasta Koska suunta säilyy samana koko muurahaisen matkan an, muurahainen välttämättä palaa lähtöpisteeseen kuuden segmentin jälkeen kävely päättyy Näin käy kaikissa muissa lähtöpisteissä, paitsi kuudessa erikoispisteessä Neljä näistä pisteistä on sellaisia, joissa tangentit muodostavat 60 kulman x-akselin kanssa Jos muurahainen saapuu näihin pisteisiin, sen täytyy pysähtyä Kaksi muuta pistettä ovat pystysuoran halkaisin päätepisteet, joista muurahainen päätyy tangenttipisteisiin (Kuva 4) P Kuva Kierretty muurahaisen kulkema polku koostuu osista, jotka ovat 45 kulmassa koordinaattiakseleihin nähden Ellipsin eksentrisyys on b a = Siten ortogonaalisen akseleiden yhtäläisyyden tekijällä skaalaamisen jälkeen ellipsistä saadaan origokeskinen ympyrä, jossa muurahaisen polut muodostavat kulmat x-akseliin nähden (Kuva ) Kuva 4 Lähde: KöMaL, Volume, Number, December 00, Käännös, ladonta kuvat: Jani Leinonen