Baltian Tie 2005 ratkaisuja

Transkriptio

1 Baltian Tie 2005 ratkaisuja. Osoitetaan, että jonossa on aina kaksi samaa lukua. Olkoon k pienin positiivinen kokonaisluku, jolle on voimassa (k +) < 0 k. (Tällainen luku on olemassa, koska epäyhtälön vasen åpuoli on k:n ensimmäisen asteen polynomi ja oikea puoli eksponenttifunktio.) Osoitetaan, että on olemassa n 0 niin, että a n :n kymmenjärjestelmäesityksen numeroiden lukumäärä on pienempiu kuin k + kaikilla n>n 0.Olkoona i :ssä tasan j + numeroa, ts. 0 j a i < 0 j+. Osoitetaan että ()jos j<k, niin a i+ :ssä onvähemmän kuin k + numeroa, ja (2) jos k j, niin a i+ <a i. (): Koska a i+ (j +) < (k +) < 0 k, niin a i :ssä onvähemmän kuin k + numeroa. (2): Jälleen a i+ (j +) Koskaj k, a i 0 j > (j +) a i+. Todistetaan nyt tehtävän väite. Jos a 0 :ssa on enintään k numeroa, niin kaikissa jonon jäsenissä on ():n perusteella enintään k numeroa. Jono on rajoitettu ja päättymätön, joten sen taytyy kohdata jokin sama luku useamman kerran. Jos a 0 :ssa on numeroita k + tai enemmän, jono alkaa vähenevänä. Jossain termissä a n0 on silloin enintään k numeroa, ja tästä alkaen kaikissa jonon termeissä onenintään k numeroa. Laatikkoperiaatteesta seuraa taas, että jonossa on samoja lukuja. 2. Koska + tan 2 x =, todistettava epäyhtälö on cos 2 x cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ + 8 = Sovelletaan harmonisen ja aritmeettisen keskiarvon epäyhtälöä ja aritmeettisen ja neliöllisen keskiarvon epäyhtälöä: cos 2 α + cos 2 β + cosα +cos 2 β +cos 2 γ cos 2 γ ( sin α +sinβ +sinγ = Väite seuraa. = (sin2 α +sin 2 β +sin 2 γ) ) 2 = Jonon määritelmästä seuraa heti, että a k+2 >a k + 2 a k+. Kun tämmä epäyhtälö jaetaan luvlla a k a k+ a k+2 ja termit järjestetään uudelleen, saadaan 2 2 <. a k a k+2 a k a k+ a k+ a k+2 Näin tehtävän summalle saadaa teleskooppinen yläraja: ( ) 2 2 < = 2 2 < 2 =4. a k a k+2 a k a k+ a k+ a k+2 a a 2 a 99 a 00 a a 2 k= k= 4. Olkoon Q(x) =x 2 +. Tehtävän yhtälö onp (Q(x)) = Q(P (x)). Tämän yhtälön toteuttavat ainakin P (x) =x, P (x) =Q(x) =x 2 + ja P (x) =Q(Q(x)) = (x 2 +) 2 + = x 4 +2x 2 +2.

2 2 5. Koska kaikilla positiivisilla reaaliluvuilla x on 2x x 2 +, niin a a b b c c 2 +2 a 2a + + b 2b + + c 2c + = 2+ a + 2+ b + 2+ b. Tehtävän epäyhtälö on siis yhtäpitäväepäyhtälön ( 2+ )( 2+ ) ( + 2+ )( 2+ ) ( + 2+ )( 2+ ) ( 2+ )( 2+ )( 2+ ) b c a c a b a b c kanssa. Kun tässä suoritetaan kertolaskut, niin nähdään edelleen, ettätehtävän epäyhtälö on yhtäpitävä epäyhtälön ab + bc + ca + abc 4 eli ab + bc + ca kanssa. Mutta vimeinen epäyhtälö seuraa heti aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon epäyhtälöstä jaoletuksestaabc =: ( ab + bc + ) ca =. abc 6. Jakoyhtälön mukaan N = qk + r, 0 r<k. Numeroidaan kortit numeroilla yhdestä N:ään, alkaen pakan pohjalta. Kortit N (j ) siirtyvät korteiksi j, j K ja kortit m, m N K siirtyvät korteiksi m + K. Selvitetään, miten kortit, joiden numero on, 2,..., K vaihtavat paikkaa sekoitusoperaatioissa. Olkoon i r. Silloin kortin numero i paikka vaihtuu seuraavasti: i K +i 2K +i qk +i r + i K +r + i qk +r + i i Tähän kiertoon tarvitaan 2q +2 sekoitusta. Kortit i, r<i K puolestaan kiertävät näin: i K + i 2K + i (q )K + i K + r + i 2K + r + i qk + r + i i. Tämän kierron pituus on 2q sekoitusta. Jokainen luku, 2,..., N on mukana jommassakummassa kierrossa. Jokainen kortti palaa siis alkuperäiselle paikalleen joko 2q +2:ntai 2q:n sekoituksen jälkeen. Lukujen 2q ja 2q + 2 pienin yhteinen monikerta on 2q(q +). Jokainen kortti palaa paikalleen viimeistään 2q(q+):n sekoituksen jälkeen. Koska q+ 2q, niin ( ) 2 N 2q(q +) (2q) 2 4, K ja väite on todistettu.

3 7. Oletetaan, että taulukossa on rivi, jossa on tasan yksi nolla; voidaan olettaa, että brivi on (,,,,, 0). Jos nyt (x,x 2,x,x 4,x 5, ) on taulukon rivi, niin myös (x,x 2,x,x 4,x 5, 0) on taulukon rivi; taulukon viimeisessä sarakkeessa on siten ainakin puolessa riveistä 0. Oleteaan sitten, että jossain rivissä olisi tasan kaksi nollaa; voidaan olettaa, että rivion(x,x 2,x,x 4, 0, 0). Olkoon k ij sellaisten sivien lukumäärä, joiden kaksi viimeistä lukua ovat i ja j. Samoin kuin yllä nähdään, että n 00 n. Voimme olettaa, että n 0 n 0. Viimeisessä sarakkeessa on n 00 + n 0 nollaa ja n + n 0 ykköstä; nollia on siis ainakin yhtä monta kuin ykkösiä. Oletetaan sitten, että kaikissa riveissä on ainakin kolme nollaa (paitsi mahdollisesti rivissä (,,,,, ), jos sellainen taulukossa on.) Koska n, taulokossa on ainakin kaksi riviä, joissa on nollia. Koska rivit eivät ole samoja, niiden alkioiden tulojen joukossa on ainakin neljä nollaa. Taulukon nollien määrä on siis suurempi kuin (n ). Ei ole mahdollista, että jokaisessa sarakkeessa olisi enintään n nollaa; siis jossain sarakkeessa on oltava n 2 2 nollaa. 8. Osoitetaan, että onväritettävä ainakin 48 neliötä. Osoitetaan ensin, että 48neliötä riittää. Tämä nähdään seuravalla tavalla. Olkoon A jokin ruudukon lävistäjälläoleva yksikköneliön kärkipiste ja olkoon B se lävistäjän kärkipiste, joka on kauimpana A:sta. Väritetään neliö, jonka lävistäjä onab. Kun sama tehdään kaikille 48:lle lävistän pisteelle, jotainen ruudukon sivu tulee väritetyksi. Se, että neliöitä tarvitaan ainakin 48, nähdään tarkastelemalla niitä ruudukon yksikköjanoja, joiden toinen ja vain toinen päätepiste on ison neliön reunalla. Selvästi mikään ruudukkoon piirretty neliö ei voi sisältää kuin enintään kaksi tällaista janaa. Janoja on 4 24 kappaletta, joten neliöitä tarvitaan ainakin Hahmotetaan n -ruudukko niin, että siinä onn kolmen ruudun levyistä vaakariviä ja kolme n:n ruudun korkousta saraketta. Sanotaan tällaista ruudukkoa A n -ruudukoksi. Tarkastellaan myös sellaista ruudukkoa, jossa ylimmällä rivillä on jommassakummassa laidassa kaksi vierekkäistä ruutua ja niiden alapuolella n 2 kolmen ruudun levyistä riviä. Kutsutaan näitä B n -ruudukoiksi. Olkoon n parillinen. Olkoon A n -ruudukkojen 2-paloittelujen lukumäärä N n ja B n -ruudukkojen vastaava lukumäärä K n. Johdetaan suureille N n ja K n palautuskaava. A n -ruudukon kaksi ylintä riviä voidaan paloitella sarakkeiden suuntaisilla 2 dominoilla vain yhdellä tavalla, ja alemmat n 2 riviä N n 2 :lla tavalla. A n -ruudukko voidaan paloitella myös niin, että erotetaan siitä B n ruudukko; tämä voidaan tehdä kahdella tavalla. yli jäävä neljän ruudun kuvio voidaan paloitella vain yhdellä tavalla. Kaikkiaan siis N n = N n 2 +2K n () ja N n+2 = N n +2K n+2. (2) Tarkastellaan sitten B n+2 -ruudukon paloittelua. Siitä voidaan irrottaa ylin vajaa rivi omaksi palakseen, loppu on A n -ruudukko, joka siis voidaan paloitella N n eri tavalla. on myös mahdollista erottaa B n+2 ruudukosta kolme sarakkeiden suuntaista palaa, ja silloin jäljelle jää B n -ruudukko, jonka voi paloitella K n eri tavalla. Siis K n+2 = N n + K n. ()

4 Yhtälöistä (), (2) ja () on helppo eliminoida K n+2 ja K n ;jäljelle jää yhtälö N n+2 = 4N n N n 2 ja N n+2 N n N n 2 mod. Heti nähdään, että N 2 = 0modja N 4 = 2 mod. Induktio-oletuksesta N 6k+2 0modseuraaN 6k+6 N 6k+4 mod ja N 6(k+)+2 0 mod. Koska 200 = 6+2,N 200 on kolmella jaollinen. 0. Viisialkioisella joukolla K = {2,, 5, 7, } on kymmenen kahden alkion osajoukkoa. Jos valitaan kolme lukua niiden kymmenen m:n kahden alkuluvun tulon muotoisten tekijöiden joukosta, joiden molemmat tekijät ovat joukossa K, tuloeivoiollam (koska tekijä ei ole mukana). Siis n. Jaetaan 5-alkioinen M viideksi osajoukoksi, joista jokaisessa alkioiden tulo on m: {2, 5, 7 }, {2 5, 7, }, {2 7,, 5 }, {2, 5, 7 } ja {2,, 5 7}. Jos nyt valitaan mitkä tahansa M:n lukua, niin laatikkoperiaatteen nojalla jotkin kolme, a, b ja c, kuuluvat samaan edellisistä viidestä joukosta. Silloin abc = m. 4. Piirretään kolmioiden ADC ja EBC ympärysympyrät. NiidentoinenleikkauspisteonP. Koska kahden toisiaan leikkaavan ympyrän yhteinen jänne on kohtisuorassa ympyröiden keskipisteiden kautta kulkevaa suoraa vastaan, CP KL. Kolmio CKL on tasakylkinen, jos sen C:stä piirretty korkeusjana yhtyy kulman C puolittajaan. On siis osoitettava, että CP on kulman ACB puolittaja. Tätä varten tarkastellaan jännenelikulmiota AP DC. Jännenelikulmion perusominaisuuden perusteella CAP = BDB. Jännenelikulmiosta CEPB saadaan samoin PBD = PEA.KoskaAE = BD, kolmiot AP E ja DPB ovat yhteneviä (ksk). Tästä seuraa, että kolmioiden P :stä suorille AC ja BC piirretyt korkeusjanat ovat yhtä pitkät. Mutta tämä merkitsee, että CP on kulman ACB puolittaja. 2. Olkoot A, B, C ja D pisteiden A, B, C ja D kohtisuorat projektiot suoralla MN ja olkoot A ja B pisteiden D ja C kohtisuorat projektiot suorilla AA ja BB.Väite tulee todistetuksi, kun osoitetaan, että kolmiot DD P ja CC Q ovat yhteneviä. Koska AM = M B ja DN = NC, suorakulmaisista kolmioista AA M, BB M ja DD N, CC N saadaan AA = BB ja DD = CC. Nelikulmiot A D DA ja C B B C ovat suorakaiteita, joten A A = DD = CC = B B ja AA = BB.KoskaAD = BC ja kolmiot AA D ja BB C ovat suorakulmaisia, ne ovat yhteneviä. Siis DAA = CBB. Koska DD AA ja CC BB, niin PDD = DAA ja QCC = CBB. Siis PDD = QCC, jaten kolmiot DD P ja CC Q ovat todellakin yhteneviä (ksk).. Jos ympyrän säde on 2, sen halkaisjan pituus on pienempi kuin. (a) Tarkastellaan suorakaiteen kärkiä ja pitempien sivujen keskipisteitä. Mitkä tahansa kaksi näistä

5 ovat ainakin kolmen yksikön päässä toisistaan. Mitkään kaksi eivät siis voi olla saman ympyrän sisällä. Ympyröitä tarvitaan siis ainakin kuusi. Toisaalta 2 2-neliön ympärysympyrän säde on 2. Kuusi tällaista neliötä peittää 6 -suorakaiteen, joten suorakaide voidaan peittää kuudella 2-säteisellä ympyrällä. (b) Suorakaiteen keskipisteen etäisyys suorakaiteen kärjestä on ( ) 2 ( ) = 4 > 2 = Ympyrä, jonka säde on 2 ei voi peittää suorakaiteen kärkeä jakeskipistettä. Ympyröitä tarvitraan siis ainakin viisi. Suorakaide voidaan jakaa kolmeksi 2 5 -suorakaiteeksi ja kahdeksi 5 -suorakaiteeksi. On helppo todeta, että tällaisten suorakaiteiden lävistäjä 2 ovat lyhempiä kuin2 2, joten ne voidaan peittää 2-säteisillä ympyröillä. Viisi ympyrää riittää Täydennetään kolmion ABC suunnikkaaksi ABCF. Silloin piste F on ympyrällä, jonka keskipiste on C ja halkaisija DE. Thaleen lauseen nojalla DFE on suora. Koska BD = BP, BE = BQ ja BF = BM, D, E ja F ovat pisteiden P, Q ja M kuvat B-keskisessä homotetiassa, jossa suurennussuhde on. Siis myös PMQ on suora. 5. Käytetään hyväksi kahden ympyrän radikaaliakselin käsitettä. Radikaaliakseli on niiden pisteiden joukko, joiden potenssi on kummankin ympyrän suhteen sama. Radikaaliakseli on aina suora, ja jos ympyrät leikkaavat, se on leikkauspisteiden kautta kulkeva suora. Olkoot nyt A ja C suorien a ja c ja suoran BD leikkauspisteet sekä B ja D suoran AC ja suorien b ja d leikkauspisteet. Suorista kulmista nähdään heti, että pisteet A, D,Oja D ovat samalla ympyrällä ω, pisteet C, B,Oja B samalla ympyrällä ω, pisteet D, C, D ja C samalla ympyrällä ω 2 ja pisteet A, B, A sekä B samalla ympyrällä ω 4.PisteO on ympyröiden ω ja ω 2 radikaaliakselilla. Piste Y on sekä ympyröiden ω ja ω että ympyröiden ω 2 ja ω radikaaliakselilla. Siten pisteen Y potenssi ympyröiden ω ja ω 2 suhteen on sama, joten Y on näiden ympyröiden radikaalikaselilla. Vastaavasti nähdään, että X on sekä ympyröiden ω ja ω 4 että ympyröiden ω 2 ja ω 4 radikaaliakselilla. Se on siis myös ympyröiden ω ja ω 2 radilaaliakselin piste. Näin ollen X, Y ja O ovat samalla suoralla. 6. Oositetaan ensin, ettäväite pätee, kun q on alkuluku. Koska (n+) p n p = aq, luvuilla n + ja q ja n ja q on sama suurin yhteinen tekijä. Sen on, koska peräkkäisistä luvuista

6 n ja n + ainakin toinen on q:lla jaoton. Luvulla n on siis käänteisluku mod q; olkoon se m. Siis mn modq. Jos s = m(n + ), niin s p = m p (n +) p m p n p modq. Olkoon t pienin positiivinen kokonaisluku, jolle s t mod q. Silloin t p. (Jos olisi p = at + b, 0<b<t, niin s p = s at+b =(s t ) a s b s b mod q, mikä olisi ristiriidassa t:n määritelmän kanssa.) Koska p on alkuluku, niin t =tait = p. Jos olisi t =, olisi m(n +) modq ja m 0modq, mn 0modq. Siis t = p. Fermat n pienen lauseen nojalla s q modq. Siis p on q :n tekijä. Jos mille tahansa luvun q kahdelle tekijälle q ja q 2 pätee, että q jaq 2 ovatp:llä jaollisia, niin identiteetistä (q )(q 2 ) = q q 2 (q ) (q 2 ) seuraa, että q q 2 onp:llä jaollinen. Tästä ja todistuksen alkuosasta seuraa helposti, että tehtävän väite pätee myös, jos q on yhdistetty luku. 7. Määritelään jono y n asettamalla y n =2x n. Nyt y n =2(2x n x n 2 x n x n 2 +) =4x n x n 2 2x n 2x n 2 +=(2x n )(2x n 2 ) = y n y n 2, kun n 2. Siis y n+ = y n+2 y n+ = yn+ 2 y n. Luku y n+ on neliöluku jos ja vain jos luku y n on neliöluku. Koska y 0 =2a, tehtävän ehto toteutuu, kun y 0 on pariton neliöluku, y 0 =(2m ) 2,ja a = ( (2m ) 2 + ), 2 m positiivinen kokonaisluku. 8. Olkoon x =2 s a ja y =2 t b, a ja b parittomia kokonaislukuja. Voidaan olettaa, että s t. Silloin z = 22+t+s ab 2 t (2 s t a + b) = 2s+2 ab 2 s t a + b. Jos olisi s t>0, niin z:n nimittäjä olisi pariton, ja z olisi parillinen. Siis s = t ja z = 2s+2 ab a + b. Olkoon sitten a = de, b = df, missä e:n ja f:n suurin yhteinen tekijä on.nyt z = 2s+2 def e + f. Koska z on pariton, e + f on jaollinen :lla ja siis ainakin 4:llä. Koska e ja f ovat parittomia kokonaoislukuja, toisen esimeskiksi e:n, on oltava = mod 4. Mutta e:n ja e + f:n suurin yhteinen tekijä on,jotene on z:n tekijä, ja väite on todistettu. 9. Lähdetään liikkeelle jostain Pythagoraan kolmikosta, esimerkiksi yhtälöstä = 5 2. Silloin 2 ( ) =( ) 2 +( 4) 2 +(4 5) 2 =(5 5) 2.Näin on saatu kolmen neliöluvun summa, joka on neliöluku. Menetelmä voidaan toistaa mielivaltaisen monesti ja päästä tilanteeseen, jossa mielivaltaisen monen neliöluvun summa on neliöluku. 6

7 20. Oletetaan, että p k on n:n alkutekijöistä suurin. Olkoon m =(p +)(p 2 +) (p k +). Silloin p k on m:n ja siis myös jonkin p i +:n alkutekijä. Oletetaan, että p k >. Jos p i =2, niin p i + <p k. Ristiriita. Jos p i > 2, niin p i + on parillinen, ja sen tekijät 2 ja 2 (p i +) ovat <p k. Ristiriita. Siis p k jan =2 r s. Vastaavasti m = r 4 s =2 2s r. n m jos ja vain jos s r 2s. 7