a b c d

Samankaltaiset tiedostot
joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja.

{ 2v + 2h + m = 8 v + 3h + m = 7,5 2v + 3m = 7, mistä laskemmalla yhtälöt puolittain yhteen saadaan 5v + 5h + 5m = 22,5 v +

a b c d

x+3 = n(y 3) y +n = 3(x n). Kun ylemmästä yhtälöstä ratkaistaan x = n(y 3) 3 ja sijoitetaan alempaan, saadaan

joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja.

y + z. z + xyz

a b c d

a b c d


joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja.

Ympyrä 1/6 Sisältö ESITIEDOT: käyrä, kulma, piste, suora

Matematiikan olympiavalmennus

Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.)

Tekijä Pitkä matematiikka

! 7! = N! x 8. x x 4 x + 1 = 6.

Lukion matematiikkakilpailun alkukilpailu 2015

4.3 Kehäkulma. Keskuskulma

+ + + y:llä. Vuoden 2017 lopussa oppilasmäärät ovat siis a =1,05x ja b =1,10y, mistä saadaan vuoden 2017 alun oppilasmäärien suhteeksi.

Yhtälön oikealla puolella on säteen neliö, joten r. = 5 eli r = ± 5. Koska säde on positiivinen, niin r = 5.

33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut

Kansainväliset matematiikkaolympialaiset 2012

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ

PRELIMINÄÄRIKOE PITKÄ MATEMATIIKKA

= = = 1 3.

Kun luku kirjoitetaan tavalliseen tapaan, niin luvussa on numeroita a) pariton määrä b) 47 c) 48 d) 141

Juuri 7 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty c) sin 50 = sin ( ) = sin 130 = 0,77

Kenguru Student (lukion 2. ja 3. vuosi) sivu 1 / 6

Ratkaisut vuosien tehtäviin

2 Pistejoukko koordinaatistossa

4 Matemaattinen induktio

Juuri 3 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

C. Montako prosenttia pinta-ala kasvaa, jos mittakaava suurenee 5%? a) 5 % b) 7 % c) 9 % d) 10 % e) 15 %

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2018 Insinöörivalinnan matematiikan koe, , Ratkaisut (Sarja A)

Ratkaisuja, Tehtävät

Helsingin seitsemäsluokkalaisten matematiikkakilpailu Ratkaisuita

Juuri 3 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

c) 22a 21b x + a 2 3a x 1 = a,

C. Montako prosenttia pinta-ala kasvaa, jos mittakaava suurenee 5%? a) 5 % b) 7 % c) 9 % d) 10 % e) 15 %

(iv) Ratkaisu 1. Sovelletaan Eukleideen algoritmia osoittajaan ja nimittäjään. (i) 7 = , 7 6 = = =

Harjoitustehtävät, syyskuu Helpommat

3 Yleinen toisen asteen yhtälö ja epäyhtälö

Laudatur 4 MAA4 ratkaisut kertausharjoituksiin

MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ

1 Ensimmäisen asteen polynomifunktio

Tekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2

Matematiikan peruskurssi 2

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A)

Pythagoraan polku

MATP153 Approbatur 1B Ohjaus 2 Keskiviikko torstai

RATKAISUT a + b 2c = a + b 2 ab = ( a ) 2 2 ab + ( b ) 2 = ( a b ) 2 > 0, koska a b oletuksen perusteella. Väite on todistettu.

MATEMATIIKAN KOE PITKÄ OPPIMÄÄRÄ

Valmennustehtävien ratkaisuja, lokakuu 2013 Helpompi sarja. 1. Etsi kaikki reaalikertoimiset polynomit f, joille.

Helsingin seitsemäsluokkalaisten matematiikkakilpailu Ratkaisuita

Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:

x 7 3 4x x 7 4x 3 ( 7 4)x 3 : ( 7 4), 7 4 1,35 < ln x + 1 = ln ln u 2 3u 4 = 0 (u 4)(u + 1) = 0 ei ratkaisua

Matematiikan olympiavalmennus 2015 helmikuun helpommat

Tehtävä 1. Oletetaan että uv on neliö ja (u, v) = 1. Osoita, että kumpikin luvuista u ja v on. p 2j i. p j i

MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 2 / vko 45

Matematiikan olympiavalmennus

Salausmenetelmät. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006)

Kenguru 2019 Student lukio

5 TASOGEOMETRIA. ALOITA PERUSTEISTA 190A. Muunnetaan 23,5 m eri yksiköihin. 23,5 m = 235 dm = 2350 cm = mm ja 23,5 m = 0,0235 km

3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi

LASKIN ON SALLITTU ELLEI TOISIN MAINITTU! TARKISTA TEHTÄVÄT KOKEEN JÄLKEEN JA ANNA PISTEESI RUUTUUN!

Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, derivaatta

y=-3x+2 y=2x-3 y=3x+2 x = = 6

1. a. Ratkaise yhtälö 8 x 5 4 x + 2 x+2 = 0 b. Määrää joku toisen asteen epäyhtälö, jonka ratkaisu on 2 x 1.

2017 = = = = = = 26 1

Matematiikan taito 9, RATKAISUT. , jolloin. . Vast. ]0,2] arvot.

MAA15 Vektorilaskennan jatkokurssi, tehtävämoniste

a b c d

= 9 = 3 2 = 2( ) = = 2

Ratkaisut vuosien tehtäviin

Algebra I, harjoitus 5,

Ympyrän yhtälö

Juuri 2 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Epäyhtälöt 1/7 Sisältö ESITIEDOT: yhtälöt

Juuri 11 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ

Tehtävien ratkaisut

läheisyydessä. Piirrä funktio f ja nämä approksimaatiot samaan kuvaan. Näyttääkö järkeenkäyvältä?

A-osa. Ratkaise kaikki tämän osan tehtävät. Tehtävät arvostellaan pistein 0-6. Taulukkokirjaa saa käyttää apuna, laskinta ei.

MAA03.3 Geometria Annu

Matematiikan olympiavalmennus 2015 syyskuun tehtävät

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

Salausmenetelmät LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) 3. Kongruenssit. à 3.4 Kongruenssien laskusääntöjä

Juuri 12 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

2 Kuvioita ja kappaleita

2 Raja-arvo ja jatkuvuus

Pyramidi 3 Geometria tehtävien ratkaisut sivu a)

MAA3 TEHTÄVIEN RATKAISUJA

Lue tehtävänannot huolella. Tee pisteytysruudukko 1. konseptin yläreunaan. ILMAN LASKINTA -OSIO! LASKE KAIKKI SEURAAVAT TEHTÄVÄT:

Baltian Tie Ratkaisuja

Transkriptio:

31. 10. ÄÙ ÓÒ Ñ Ø Ñ Ø ÐÔ ÐÙÒ Ð Ù ÐÔ ÐÙÒ Ö Ø ÙØ 016 È ÖÙ Ö Ò ÑÓÒ Ú Ð ÒØ Ø ØĐ ÚĐ Ø a b c d 1. +. 3. 4. 5. 6. + + + + + + + + + + P1. Kauppias ostakoon p kg paahtamatonta kahvia, jonka ostohinta olkoon b e/kg. Ostettaessa kahvi maksaa siis pb e. Koska kahvi paahdettaessa menettää painostaan 0 %, niin myytävän kahvin paino on 0,8p kg, ja kauppias saa siitä 0,8pae. Jotta voittoa olisi 0 %, pitää olla voimassa yhtälö 0,8pa = 1,pb eli b = 0,8 1, a = a/3. Ostohinta oli siis (1 /3) 100% = 100/3% 33% pienempi kuin myyntihinta, joten vaihtoehto c on oikein ja muut väärin.

P. Kuvio muodostuu itse asiassa ympyrän sisään piirretyistä kehäkulmista, joista α ja kaksi tunnettua on tässä merkitty väreillä kuvioon. 6 α 35 Kun näitä kehäkulmia vastaavista keskuskulmista piirretään kuvio, huomataan, että ympyrän ylempi puolisko koostuu vastaavista sektoreista. α 70 5 Siis α+70 +5 = 180 α = 180 70 5 = 58 α = 9 Siis vaihtoehto b on oikein ja muut väärin. P3. Lausekkeiden erotukselle saadaan A B = (a +b )(c +d ) (ac+bd) = a c +a d +b c +b d (a c +acbd+b d ) = a d +b c adbc = (ad bc) 0. Siis A B kaikilla lukujen a, b, c ja d arvoilla eli vaihtoehto b on oikein. Kun a = 1, b = 5, c = 8jad = 3, niin(ad bc) = (1 3 5 8) = (36 40) = ( 4) = 16 > 0, joten A > B ja vaihtoehto c on myös oikein. On kuitenkin mahdollista, että (ad bc) = 0, nimittäin esimerkiksi silloin, kun a = b = c = d = 1 0, joten vaihtoehto d on oikein ja a väärin. P4. Merkitään p = 40 cm ja α:lla sektorin keskuskulmaa ja r:llä ympyrän sädettä. Tunnetusti sektorin ala on A = αr /,

mutta toisaalta sektorin piirille pätee p = αr +r αr = p r, joten toinen tuntemattomista α ja r voidaan eliminoida pinta-alan lausekkeesta: A = αr r = (p r)r = pr/ r. Pinta-ala A on siis säteen r toiseen asteen funktio, ja koska toisen asteen kerroin 1 on negatiivinen, sillä on suurin arvo, joka saavutetaan nollakohtien r = 0 ja r = p/ puolivälissä eli arvolla r = p/4. Tällöin r = p/4 = 10cm (vaihtoehto c on oikein), αr = p r = 4r r = r (vaihtoehto b on oikein ja a väärin) ja αr = r α =. Viimeisessä yhtälössä kulmamitta on tietenkin radiaaneissa ja suora kulma on π/, joten vaihtoehto d on myös väärin. (Kuvassa tilanteen mukainen sektori mittakaavassa 1:5.) r r r P5. Tehtävän lauseke supistuu muotoon P = ( 1+ 1 ) ( 1+ 1 ) ( 1+ 1 )( 1+ 1 ) = 3 3 015 016 4 3 5 4 017 016 = 017 = 1008,5. Vastaus ei siis ole kokonaisluku, joten a ja d ovat väärin, mutta 1000 < P < 016, joten b ja c ovat oikein. P6. Kertoimien summa on a 5 +a 4 +a 3 +a +a 1 +a 0 = a 5 1 5 +a 4 1 4 +a 3 1 3 +a 1 +a 1 1+a 0 = P(1) = ( 1+1) 5 = 3 5 = 43 on selvästi kolmella, mutta ei viidellä jaollinen (vaihtoehto a oikein, mutta c väärin). Binomikaavasta saadaan ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 P(x) = (x+1) 5 = (x) 5 + (x) 4 + (x) 3 + (x) + x+1 4 3 1 eli esimerkiksi ensimmäisen asteen termin kerroin ( 5 1) = 10 on viidellä jaollinen (vaihtoehto d oikein). Koska binomikertoimet ( 5 k) ja kakkosen potenssit k eivät ole kolmella jaollisia, niin mikään kertoimista ei ole kolmella jaollinen (b väärin).

È ÖÙ Ö Ò Ô Ö ÒØ Ø Ø ØĐ ÚĐ Ø P7. Piirretään kuvio tilanteesta. Kuvassa BAD = 30 on tunnettu (sinisellä) ja määritettävä EDC on sinipunaisella. A E B D C Merkitään kantakulmia α = ABC = ACB, jolloin DAC = 180 α 30 = 150 α. Kolmio ADE on tehtävänannon mukaan myös tasakylkinen, ja DAC = DAE on sen huippukulma. Tämän tasakylkisen kolmion kantakulmalle saadaan DEA = 1 (180 DAE) = 1 (180 (150 α)) = 1 (30 +α) = 15 +α. Siis DEC = 180 (15 +α) = 165 α. Lopuksi saadaan EDC = 180 DCE DEC = 180 α (165 α) = 15. Vastaus: Kulma EDC on 15. P8. Merkitään t = x x+1 = (x 1) 0, jolloin yhtälö muuntuu muotoon +4x x + 6+6x 3x = x x+6 4 (x 1) + 9 3(x 1) = (x 1) +5 4 t+ 9 3t = t+5. Toisaalta koska t 0, niin 4 t+ 9 3t 4+ 9 +3 = 5 t+5, kunhan neliöjuurilausekkeet ovat määriteltyjä eli t. Yhtälö ei siis voi olla voimassa muuten, kuin että yo. kaksoisepäyhtälössä molemmat vertailut ovat yhtäsuuruuksia, mikä toteutuu täsmälleen silloin, kun t = 0. Siis t = (x 1) = 0 eli x = 1, jolloin selvästi yhtälö toteutuu. Vastaus: Yhtälön ainoa ratkaisu on x = 1.

ÎĐ Ð Ö Ò ÑÓÒ Ú Ð ÒØ Ø ØĐ ÚĐ Ø a b c d 1. + +. + 3. + + + + V1=P4. V. Polynomien vakiotermejä tarkastelemalla havaitaan, että Q(0) = 0 ja P(0) = riippumatta parametrin a arvosta. Jos Q(x) jakaisi P(x):n, niin pätisi kuitenkin P(0) = S(0)Q(0) = 0 (jollakin polynomilla S(x)). Siis P(x) ei voi olla jaollinen Q(x):llä millään a Z eli vain vaihtoehto d on oikein, muut vääriä. V3. Tarkastellaan Diofantoksen yhtälöä x +5y 4 = 016. Jos x 50, niin x +5y 4 (50) +5 0 = 500 > 016, joten kaikille ratkaisuille pätee x < 50. Jos y 5, niin x 5 +5y 4 5y 4 5 5 4 = 5 5 = 315 > 016, joten kaikille ratkaisuille pätee myös y < 5. Siis vaihtoehto b pätee. Yhtälöstä seuraa x x +5y 4 = 016 = 5 403+1 (mod 5), joten x ±1 (mod 5). Siis x+1 tai x 1 on viidellä jaollinen eli vaihtoehto c pätee. Koska vaihtoehto c on voimassa, niin x ei ole viidellä jaollinen ja x 0. Toisaalta 016 ei ole kokonaisluvun neliökään (toistuvasti lukua puolittamalla havaitaan, että 016 = 3 63 = 5 63 eli kakkosen parittoman potenssin ja parittoman luvun tulo), joten y 0. Siis vaihtoehto d on voimassa. Jos tarkasteltavalla yhtälöllä on ratkaisu, niin sillä on ratkaisu, jossa x ja y ovat positiivisia. Ehdon b nojalla riittää käydä läpi y:n arvot 1,, 3 ja 4, ja seulomalla löytyy ratkaisu x = 44 ja y = (44 + 5 4 = 1936 + 80 = 016), joten kohta a on oikein. Kaikki kohdat siis pätevät.

V4=P7. ÎĐ Ð Ö Ò Ô Ö ÒØ Ø Ø ØĐ ÚĐ Ø V5. a) Kiinnitetään pariskunnista yksi, henkilöt AA ja BB. He joutuvat eri ryhmiin, nimetään AA:n ryhmä A:ksi ja BB:n B:ksi. Kunkin muun pariskunnan kohdalla pitää valita, kumpi joutuu ryhmään A ja kumpi ryhmään B; valinnan voi tehdä kahdella eri tavalla kunkin viiden muun pariskunnan kohdalla. Eri tapoja jakaa pariskunnat kuuden hengen ryhmiin on siis 5 = 3 kappaletta. b) Sovitaan taas, että AA:n ryhmä on A ja BB:n B. Lisäksi on olemassa ryhmä C, johon kumpikaan AA:sta ja BB:stä ei pääse. Viidestä jäljelle jäävästä parista valitaan ensin toinen pariskunta, josta kumpikaan ei ole pääse ryhmään C; tämä valinta voidaan tehdä 5 tavalla. Lisäksi tämän pariskunnan kohdalla päätetään, kumpi joutuu ryhmään A ja kumpi ryhmään B ( tapaa). Lopuista neljästä pariskunnasta sijoitetaan ensin toinen ryhmään C, mikä voidaan tehdä 4 = 16 tavalla. Vielä on täytettävän kaksi paikkaa ryhmään A ja ryhmään B. Tämä vastaa kahden hengen valitsemista neljästä, minkä voi tehdä ( 4 ) = 6 tavalla. Kaikkiaan tapoja muodostaa ryhmät on 5 16 6 = 960. Vastaus: Ryhmät voidaan muodostaa a) 3 b) 960 tavalla. V6. Lausekkeen p = x 4 +4y 4 voi jakaa tekijöihin huomaamalla, että sen voi täydentää summan ja erotuksen tuloksi. Siis p = x 4 +4x y +4y 4 4x y = (x +y ) (xy) = (x +xy+y )(x xy+y ). Luvut p, x + xy + y = x + xy + y + y = (x + y) + y ja x xy + y = (x y) + y ovat kaikki selvästi epänegatiivisia ja itse asiassa positiivisia, koska p on alkuluku. Toisaalta jotta p olisi alkuluku, täytyy tämän löydetyn tekijöihinjaon trivialisoitua niin, että { x +xy +y = p x xy +y = 1. Jälkimmäinen yhtälö merkitsee, että (x y) + y = x xy + y = 1, mikä voi toteutua vain, kun x = y = 1. Toisaalta 5 = 1 4 +4 14 on alkuluku. Vastaus: 5 on ainoa haluttua muotoa oleva alkuluku. ÚÓ Ò Ö A1. Kymmenen kertoman voi kirjoittaa muotoon 10! = 1 3 4 5 6 7 8 9 10 = 3 5 ( 3) 7 3 3 ( 5) = 8 3 4 5 7 = 7m,

missä m = 4 3 5 = 70. Siis 7 on luku, jolle 10!/7 on neliöluku. Pienempää tällaista positiivista kokonaislukua ei ole, koska 7 on alkuluku ja 7 70. Siis k = 7 ja m = 70 ovat kysytyt luvut. Vastaus: k = 7 ja m = 70. A. Ympyrän keskipiste olkoon O. Pisteen C kautta piirretty tangentti leikatkoon janan AD pisteessä E. A O B E C D Merkitään α = OCB = OBC. Tällöin ECD = 180 90 α = 90 α. Myös ADB = 90 α. Siis kolmio CDE on tasakylkinen, joten ED = EC. Tangenttikulman kylkinä myös EA = EC, joten AE = ED eli E puolittaa janan AD. A3. Sijoittamalla y = z epäyhtälö supistuu muotoon f(xy) f(x)f(y ) 1 4, kun x,y R. Erityisesti kun t on yhtälön t = t ratkaisu eli t = 0 tai t = 1, saadaan f(t ) f(t)f(t ) 1 4 eli f(t) f(t) 1 4 0 1 4 f(t)+f(t) = ( 1 f(t)), mikäontietenkinmahdollistavain,josf(t) = 1. Siisf(0) = f(1) = 1. Sijoittamallanyt ylinpään johdettuun epäyhtälöön vuoroin y = 0, vuoroin y = 1 päädytään seuraaviin

epäyhtälöihin, jotka ovat voimassa kaikilla x R: f(0) f(x)f(0) 1 4 f(x) f(x)f(1) 1 4 1 f(x) 1 1 4 f(x) f(x) 1 1 4 1 f(x) 1 f(x) f(x) 1 1 f(x) f(x) 1 f(x) = 1. Rutiinitarkastus osoittaa, että vakiofunktio f:r R, f(x) = 1 on todella ratkaisu: 1/+1/ 1 1 = 1 1 4 = 1 4 1 4. Vastaus: Vakiofunktio f:r R, f(x) = 1 on todella ratkaisu. A4. Valitaan luvuksi α kultainen leikkaus α = (1+ 5)/, joten α toteuttaa yhtälön α = α + 1. Osoitetaan induktiolla summan m + n suhteen, että kun m,n N, m > n > 0, niin jos m > αn, niin Ainolla on voittostrategia pelissä SYT(m,n), muuten Väinöllä on voittostrategia tässä pelissä. 1) Jos n m, niin Aino voi ensimmäisellä siirrollaan tyhjentää kasan, jossa on m kiveä, joten Aino voittaa. Tämä tapaus sisältää induktion aloitusaskeleen m + n = 3, jolloin m = ja n = 1. Huomataan lisäksi, että m n αn. ) Oletetaan, että n < m < αn. Pelin sääntöjen mukaan Ainon on pakko ottaa kivet suuremmasta kasasta eli siitä, jossa on m kiveä. Koska m < n, niin hänellä ei ole vaihtoehtoja: kiviä on noukittava n kappaletta. Peli siis jatkuu tilanteesta, jossa kasoissa on n ja m n kiveä, ja vuoro on Väinöllä. Tässä 0 < m n < n ja n m n > n αn n = 1 α 1 = α α α 1 = α. Induktio-oletuksen mukaan Ainolla on voittostrategia pelissä SYT(n, m n), mutta tässä pelissä Aino aloittaa ja nyt Väinö onkin vuorossa. Siis Väinö voi kopioida Ainon voittostrategiaa, jolla hän voittaa pelin.

3) Oletetaan, että m αn, mutta n m. Koska α on irrationaalinen, niin itse asiassa m > αn. Merkitään β = m/n m/n ja k = m/n. Tällöin m = kn + βn, missä 0 < β < 1, sillä n m. Jos 1+β < α (huomaa, että β Q ja α Q), niin k, koska m > αn, joten Aino voi poistaa m kiven kasasta (k 1)n kiveä, jolloin jäljelle jää m (k 1)n = (1+β)n kiveä. Induktio-oletuksen mukaan Väinöllä on voittostrategia pelissä SYT((1 + β)n, n), jota Aino voi kopioida voittaakseen pelin. Jos taas 1 + β > α, niin Ainon kannattaa ottaa suuremmasta kasasta kn kiveä, jolloin jäljelle jää βn kiveä ja riittää varmistaa, että pelissä SYT(n, βn) Väinöllä on voittostrategia. Tämä pätee induktio-oletuksen ja sen tähden, että 1 β < 1 α 1 = α.