Matematiikan olympiavalmennus 05 helmikuun helpommat tehtävät Ratkaisuja. Määritä kolmiot, joiden kulmille α, β, γ pätee cos α cos β +sinαsin β sin γ =. Ratkaisu. Koska 0 < sin γ, täytyy olla cos(α β) =cosα cos β +sinαsin β cos α cos β +sinαsin β cos γ =. Yhtälö toteutuu vain, jos cos(α β) =jasinγ = elikunγ =90 ja α = β. Tehtävän ehdon täyttävät kolmiot ovat siis tasakylkisiä suorakulmaisia kolmioita.. Kolmion kulmat ovat α, β, γ. Määritä lausekkeen sin α +sinβsin γ cos α suurin mahdollinen arvo. Ratkaisu. Jos α = 90, niin lausekkeen arvo on ; jos α > 90, niin cos α < 0 ja lausekkeen arvo on varmasti <. Olkoon sitten ( α < 90. Silloin β + γ ) = 80 α ja sin α +sinβsin γ cos α = sin α +cosα (cos(β γ) cos(β + γ)) = sin α+ cos α (cos(β γ)+cosα). Lauseke saa suurimman mahdollisen arvonsa sin α+ cos α( + cos α) =+ (cos α cos α), kun β = γ. Tunnetusti funkktio f(t) =t t = ( t ) + 4 saa suurimmaksi arvokseen 4,kunt =.Tehtävän lauseke saa siis suurimmaksi arvokseen + 4 = 9 8,kuncosα = eli kun α =60. Koska tällöin β = γ, on oltava β = γ =60. Kolmio, jolla suurin arvo saadaan, on tasasivuinen kolmio. 3. ABC on suorakulmainen kolmio. Piste F on kateetilla AC ja E hypotenuusalla AB; suora FE ja puolisuora CB leikkaavat pisteessä D. Määritä pisteen E etäisyys x suorasta AC kulmien α = BAC ja β = DFC ja hypotenuusien AB = c ja FD = d funktiona. Ratkaisu. Selvästi joten AE = EB = c sin α x sin α x sin α, EF = x sin β,, ED = d sin β x. sin β Janojen EB ja ED projektiot AC:n suuntaisilla suorilla ovat samat, eli EB cos α = EDcos β. Näin ollen x voidaan ratkaista yhtälöstä c sin α x sin α cos β = d sin β x sin β cos α.
Saadaan x = d cos α c cos β sin β cos α sin α cos β = d cos β c cos α sin α cos β sin β cos α sin α sin β = d cos β c cos α cot β cot α. 4. On annettu suunnikas. Määritä pienin mahdollinen vinoneliö, jonka jokainen kärki on yhdellä suunnikkaan sivuista. Ratkaisu. Olkoon suunnikas ABCD ja vinoneliö XY ZT niin, että X on janalla AB. Olkoon G suunnikkaan lävistäjien leikkauspiste; G on silloin myös suunnikkaan vastakkaisten sivujen keskipisteitä yhdistävien janojen leikkauspiste. Vinoneliön keskipisteen on oltava molemmilla äsken mainituilla janoilla, joten keskipiste on G. OlkoonM ja NCD:n ja AD:n keskipisteet GM = b, GN = a, GT = x ja GZ = y. Olkoon vielä TGN = φ ja GNZ = α. Kulmaφ määrittää XY ZT:n. Koska vinoneliön lävistäjät ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan ja puolittavat toisensa, XYZT:n ala on xy. Ala minimoituu, kun φ valitaan niin, että xy minimoituu. Määritetään x ja y sinilauseen avulla kolmioista GNT ja GMZ. Havaitaan, että NTG = 80 (φ + α). Siis x sin α = a sin(φ + α). () Koska NGM = α, ZGM = α + φ 90 ja GMZ = 80 α, niin MZG =90 φ. Siis y sin α = b sin(90 φ) = b cos φ. () Yhtälöistä () ja () seuraa, että xy on pienin mahdollinen, kun sin(φ + α)cosφ on suurin mahdollinen. Mutta sin(φ+α)cosφ = sin(φ+α) sin α. Lauseke on suurin mahdollinen, kun φ + α =90 eli kun φ =45 α. Koska NGD = α, minimivinoneliö onse vinoneliö, jonka lävistäjiern välisen kulman puolittaja yhtyy suunnikkaan lävistäjään. 5. Osoita, että kolmiossa kärkeä C vastassa olevan sivuympyrän säde on r c = 4R cos α cos β sin γ, missä R on kolmion ympärysympyrän säde ja α, β, γ kolmion kulmat. Ratkaisu. [Käytetään hyväksi tekstin Trigonometriaa: kolmioita ja kaavoja (http://solmu.math.helsinki.fi/olympia/kirjallisuus/trig.pdf) antamaa mallia.] Sievennetään ensin (vertaa mainitun jutun numero 9) ottamalla huomioon kolmion kulmien summa, kahden sinin summan kaava ja kaksinkertaisen kulman sinin kaava: sin α+sin β sin γ =sinα+sin β sin(α+β) =sin α + β cos α β sin α + β cos α + β
=sin α + β ( cos α β cos α + β ) =sin α + β ( sin α sin β ) =4cos γ sin α sin β. Kolmion kaksinkertainen ala on T = ab sin γ =r c (p c) =r c (a + b c) (mainitun jutun kohta 9). Sinilauseen mukaan tämä onsamakuin4r sin α sin β sin γ = r c R(sin α + sin β sin γ). Kaksinkertaisen kulman sinin kaava ja edellä tehty sievennys antavat (vertaa trigonometriajutun numeroon 0) r c R = α sinαsin β sin γ 6 sin sin α +sinβ sin γ = cos α sin β cos β sin γ cos γ 4cos α cos β sin γ =4cos α cos β sin γ, niin kuin pitääkin. 6. Todista, että josx, y, z ovat positiivisia lukuja, niin x y + y z + z x y x + z y + x z. Ratkaisu. Koska 0 väite seuraa. ( x y y ) ( y + z z z ) ( z + x x x ) ) ( x =( y y + y z + z x x z + y x + z ), y 7. Luvut x i, i =,,..., n, toteuttavat ehdon 0 x i <. Todista, että n ( + x x x n ) ( + x )( + x ) ( + x n ). Ratkaisu. Todistetaan väite induktiolla. Asia on selvä, kun n =. Kunn =,väite on ( + x x ) ( + x )( + x )=+x + x + x x eli ( x )( x ) 0; väite on tosi. Oletetaan sitten, että väite on tosi, kun n = k, k ja että luvut x,..., x k+ ovat väliltä ]0, [. Induktio-oletuksen perusteella ( + x )( + x ) ( + x k )( + x k+ ) k ( + x x x k )( + x k+ ). () Mutta luvut x x x k ja x k+ ovat välin ]0, [ lukuja, joten siitä, että tehtävän väite on tosi, kun n =, seuraa, että (+x x x k )( + x k+ ) ( + x x x k x k+ ). Kun tämä sijoitetaan epäyhtälöääön (), saadaan väite arvolla n = k +. Induktioaskel on otettu ja väite todistettu.
8. Olkoon x>0 ja n positiivinen kokonaisluku. Osoita, että x n+ x (n +)x n. Ratkaisu. [Tehtävän oletuksisssa olisi tietysti pitänyt olla x.] Epäyhtälön vasen puoli on + x + x + + x n ja epäyhtälö siis sama kuin + x + + x n + x n+ + + x n nx n. Jaetaan epäyhtälö puolittain x n :llä ja ryhmitellään yhteenlaskettavat uudelleen. Alkuperäinen epäyhtälö onyhtäpitävä epäyhtälön ( x n + x n) + ( x n + x n) + + ( x + x ) n kanssa. Mutta a + kaikilla positiivisilla luvuilla a. Kun tätä sovelletaan ():n a vasemman puolen n:ään yhteenlaskettavaan, nähdään, että ()pitää paikkansa. 9. Olkoot a, b, c, d positiivisia lukuja. Osoita, että a + b + c a + b + c + b + c + d b + c + d + c + d + a c + d + a + d + a + b d + a + b a + b + c + d. Ratkaisu. Osoitetaan, että josx, y, z ovat positiivisia lukuja, niin x + y + z x + y + z x + y + z. () 3 Tämä on suora seuraus Cauchyn Schwarzin epäyhtälöstä taiepäyhtälöstä (x y) +(y z) +(z x) 0. Kun epäyhtälöä () sovelletaan väite-epäyhtälön vasemman puolen jokaiseen neljään yhteenlaskettavaan, nähdään, että vasen puoli on suurempi tai yhtä suuri kuin ((a + b + c)+(b + c + d)+(c + d + a)+(d + a + b)) = a + b + c + d. 3 0. Todista, että kaikilla reaaliluvuilla x, y, z pätee x 4 ( + y 4 )+y 4 ( + z 4 )+z 4 ( + x 4 ) 6x y z. Ratkaisu. Esimerkiksi aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon välisestä epäyhtälöstä seuraa, että +y 4 y,+z 4 z ja +x 4 x.väite tulee todistetuksi, jos osoitetaan, että x 4 y + y 4 z + z 4 x 3x y z. Koska x y z = 3 x 4 y y 4 z z 4 x,jälkimmäinen väite seuraa kolmen luvun aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon välisestä epäyhtälöstä.
. Etsi kaikki funktiot f: Z + Z +, joille kaikilla n Z + pätee f(f(n)) = n +. Ratkaisu. Tällaisia funktioita joutuu etsimään turhaan, sillä niitä eiole. Josf olisi tällainen funktio, niin ensinnäkin olisi f() >. Jos nimittäin olisi f() =, olisi = +=f(f()) = f() =. On siis f() = k>. Toisaalta kaikilla n on f(n +)= f(f(f(n))) = f(n)+. Tästä seuraa, että f() = k +,f(3) = k + jne.; siis f(n) k kaikilla n. Mutta k =(k ) + = f(f(k )), joten on oltava f(k ) = <k. Tultiin ristiriitaan. Tehtävän ehdon toteuttavia funktioita f ei ole olemassa.. Etsi kaikki funktiot f: R R, joille kaikilla x, y R pätee f(xf(y)) = xy. Ratkaisu. Olkoon f() = a. Silloin = =f(f()) = f( a) =f(a) ja=f(a) = f(a ) = f(a f(a)) = a. Siis joko a =taia =. Jos a =, niin f(x) =f(xf()) = x kaikilla a, josa =, niin f(x) =f(( x)( )) = f( xf()) = x kaikilla x. Nähdään helposti, että funktiot f(x) =x ja f(x) = x toteuttavat tehtävän ehdon. 3. Määritellään jono a, a, a 3,...positiivisia reaalilukuja asettamalla a =ja a n+ =a n + 3a n jokaisella n Z +. Osoita, että luvut a, a,...ovat kaikki kokonaislukuja. Ratkaisu. Nähdään heti, että a =3jaa 3 =. Jos luvut a,a,..., a n+ ovat kokonaislukuja, niin 3a n on kokonaisluku. Jonon seuraava luku a n+ on kokonaisluku, jos 3a n+ on neliöluku. Näin todella on, sillä ( ) 3a n+ =3 4a n +4a n 3a n +3a n =a n +a n 3a n 8 =4(3a n ) + 3a n 3a n +9a n = ( 3a n +3a n).. ratkaisu. Vähentämällä puolittain a n ja neliöimällä puolittain saadaan (a n+ a n ) =3a n, eli a n+ + a n 4a na n+ =, mikä pätee kaikilla n Z +.Tästä seuraamyös valittömästi, että a n+ + a n+ 4a n+a n+ =, jälleen kaikilla n Z +. Ku kaksi viimeisestä yhtälöä vöhennetään toisistaan, saadaan a n+ a n +4a na n+ 4a n+ a n+ =0, mikä sievenee muotoon (a n+ a n )(a n+ + a n 4a n+ )=0. Tämä yhtälö pätee kaikilla n Z +. Lisäksi varmasti a n+ >a n kaikilla n Z +,elion oltava a n+ a n. Siispä a n+ =4a n+ a n kaikilla n Z +.Koskaa =jaa = + 3 = + = 3 ovat kokonaislukuja, seuraa väite induktiolla viimeisimmästä rekursioyhtälöstä.
4. Etsi kaikki funktiot f: R R, joille pätee f(x)+f( x) =x 3 kaikilla x R. Ratkaisu. Jokaisella reaaliluvulla x on f(x) +f( x) =x 3. Siis erityisesti f( x) + f(x) =( x) 3 = x 3. Kun lasketaan edelliset yhtälöt puolittain yhteen, saadaan 3(f(x)+ f( x)) = 0. Siis f( x) = f(x) kaikilla x R. Täten x 3 =f(x) f(x) =f(x) kaikilla x R.