Kotitehtävät joulukuu 20 Helpopi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhä x 2 + y 2 = 2z y 2 + z 2 = 2x z 2 + x 2 = 2y reaaliluvuilla x y ja z. Ratkaisu. Jokainen luvuista on puolet kahden neliön suasta ja siten välttäättä ei-negatiivinen. Vähennetään toinen yhtälö ensiäisestä: 2z x = x 2 z 2 = x zx + z. Koska x + z 2 on oltava x = z. Vastaavasti päätellään x = y ja ratkaistavaksi jää yhtälö x 2 = x jonka ratkaisut ovat 0 ja 1. Siis ratkaisut ovat x = y = z = 0 ja x = y = z = 1. 2. Olkoon a reaaliluku ja n positiivinen kokonaisluku. Todista että a a + 1 a + n 1 a = + + +. n n n Tässä x tarkoittaa suurinta kokonaislukua joka on pienepi tai yhtäsuuri kuin x. Ratkaisu. kohdalla. Vasean puolen lauseke on askelfunktio fa jonka arvo nousee yhdellä jokaisen kokonaisluvun a Oikean puolen lauseke on sua askelfunktioista f k a = a+k n k = 0 1... n 1 joista kunkin arvo nousee yhdellä joka n:nnen kokonaisluvun a kohdalla niittäin silloin kun a + k 0 od n. Koska jokaisella kokonaisluvulle a on täsälleen yksi k = 0 1... n 1 jolla ehto toteutuu kupikin puoli kasvaa yhdellä silloin kun lukua a kasvatetaan yhdellä. Koska kupikin puoli on nolla silloin kun a = 0 yhtälö on tosi. 3. Etsi kaikki positiivisten rationaalilukujen parit a b joille a + b = 2 + 3. Ratkaisu. Korotetaan yhtälö puolittain neliöön: a + b + 2 ab = 2 + 3. Koska 3 ei ole rationaaliluku täytyy olla a+b = 2 ja 4ab = 3. Kun ratkaistaan b jälkiäisestä yhtälöstä ja sijoitetaan edelliseen saadaan a+ 3 4a 2 = 0 eli a 2 2a + 3 4 = 0. Tästä saadaan helposti ratkaisut a = 3 2 b = 1 2 ja a = 1 2 b = 3 2. On yös helppo tarkastaa että ratkaisut toteuttavat yhtälön. 4. Koodilukossa on kyenen näppäintä 0 1... 9. Se avataan näppäileällä nelinueroinen koodi jonka nueroissa voi olla toistoja. Lukko aukeaa heti kun oikea lukujono on syötetty peräkkäisillä näppäilyillä siitä riippuatta itä näppäiiä on painettu aiein. Jos koodi sattuisi oleaan 20 lukko aukeaisi esierkiksi näppäilysarjalla 456520320 utta ei sarjalla 200. Mikä on lyhyin lukujono jonka näppäileinen avaa lukon varasti on sen koodi ikä hyvänsä? Ratkaisu. Tarkoitus oli kysyä kuinka pitkä lukujonon on vähintään oltava. Miniaalisen pituisia ehdon täyttäviä lukujonoja on toki onta. Lukujonon pituuden on selvästi oltava vähintään 10003. Muodostetaan kolinueroisista lukujonoista suunnattu verkko jossa lukujonoa ABC vastaavasta solusta on kaari jokaista lukujonoa BCD vastaavaan soluun. Saatu verkko on yhtenäinen eli jokaisesta solusta on reitti jokaiseen toiseen soluun reittiä voi seurata näppäileällä jälkiäisen solun lukujonon. Jokaisen solun tuloaste eli siihen tulevien kaarten lukuäärä on 10 saoin jokaisen solun lähtöaste eli siitä lähtevien kaarten lukuäärä.
Siten verkossa on suunnattu Eulerin kehä eli sellainen reitti kaaria pitkin että jokainen kaari tulee käydyksi tasan kerran ja lopuksi päädytään aloitussoluun. Kun näppäillään aluksi aloitussolun nuerot ja sitten tällaisen kehän kaaria vastaavat nuerot tullaan näppäilleeksi jokainen ahdollinen nelinueroinen koodi. Koska kaaria on 10000 näppäilyjä tarvitaan 10003. Eulerin kehän oleassaolon voi todistaa esi. seuraavasti. Aloitetaan ensin etsiällä verkosta jonkinlainen kehä esi. 000 001 010 100 000. Poistetaan tään kehän kulkeat kaaret verkosta jolloin solujen tuloja lähtöasteet pienenevät utta jokaisen solun tulo- ja lähtöaste ovat edelleen yhtäsuuret. Sitten toistetaan seuraavaa operaatiota: valitaan kehältä jokin solu jonka lähtö- ja siten yös tulo- aste on nollaa suurepi. Etsitään jäljellä olevasta verkosta kehä joka kulkee tään solun kautta; tää on ahdollista koska kun seurataan valitusta solusta lähtien kaaria ja erkitään niitä käytetyiksi jokaisen kuljetun solun tulo- ja lähtöaste pienenevät oleat yhdellä eli upikujaan ei voida joutua ennen kuin palataan aloitussoluun. Lopulta ollaan tilanteessa jossa kehän jokaisen solun lähtöaste on nolla. Tällöin alkuperäisen verkon jokaisen kaaren on oltava osana kehää koska yhtenäisyyden takia jokaiseen kaareen on reitti aloitussolusta. 5. Olkoot a b c suorakulaisen kolion sivut. Todista että a > 2c b. Ratkaisu. Pythagoraan lauseen ukaan a 2 = c 2 b 2. Koska b a ja c > a tasasivuinen kolio ei ole suorakulainen on a 2 = c + bc b > 2ac b eli a > 2c b. 6. Olkoon ABC tasakylkinen kolio jossa A = 90. Olkoon M sivun AB keskipiste. Pisteen A kautta suoraa CM vastaan kohtisuoraan piirretty suora leikkaa sivun BC pisteessä P. Osoita että AMC = BMP. Ratkaisu. Täydennetään kolio neliöksi ABKC. Olkoon suoran AP ja sivun BK leikkauspiste N. Koliot AMC ja BN A ovat yhdenuotoiset koska niiden vastinsivut ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan ja yhtenevät koska AC = BA. Siten BM = AM = BN ja AMC = BNA. Koliot BP M ja BP N ovat yhtenevät sks joten BMP = BNP = BNA = AMC. 7. Olkoot x y ja z positiivisia kokonaislukuja joille 1 x 1 y = 1 z. Olkoon h lukujen suurin yhteinen tekijä. Todista että hxyz on kokonaisluvun neliö. Ratkaisu. Olkoon x = ha y = hb ja z = hc. Silloin syta b c = 1 ja tehtävän yhtälöstä seuraa cb a = ab. Silloin hxyz = h 4 abc = h 4 c 2 b a joten riittää todistaa että b a on neliöluku. Riittää todistaa että luvun b a tekijöihinjaossa jokaisen alkuluvun eksponentti on parillinen. Olkoon p b a. Koska cb a = ab on p ab joten joko p a tai p b. Koska p b a kuassakin tapauksessa p jakaa oleat luvut a ja b. Koska syta b c = 1 p c. Riittää todistaa että alkuluvun p eksponentti luvun ab tekijöihinjaossa on parillinen. Osoitetaan että p:n eksponentit lukujen a ja b tekijöihinjaoissa ovat yhtäsuuret. Olkoon a = sp t b = up v issä p s p u. Jos esierkiksi v > t 1 olisi b a = p t up v t s issä p up v t s. Siten suurin p:n potenssi joka jakaa luvun cb a olisi p t ikä on ristiriidassa sen kanssa että luvun ab = cb a jakaa p v+t. Tapaus t > v 1 on syetrinen. Siis t = v. 8. Olkoon n positiivinen kokonaisluku ja s = a 1 a 2... a 2 n jono ei-negatiivisia kokonaislukuja. Asetetaan fs = a 1 a 2 a 2 a 3... a 2 n a 1. Merkitään f k :lla funktiota f sovellettuna k kertaa siis f 1 s = fs ja f k+1 s = ff k s kun k = 1 2.... Osoita että näillä oletuksilla f k s = 0 0... 0 jollain k utta vastaava tulos ei välttäättä päde jos jonon s pituus ei ole kahden potenssi. Ratkaisu. Todistetaan että jonossa f 2 ns jokainen luku on parillinen jonossa f 2 n+1s jokainen luku on neljällä jaollinen jne. Koska jonon fs suurin alkio on aina enintään yhtä suuri kuin jonon s suurin alkio tästä seuraa että jono nollautuu lopulta. Toinen väittää on helppo todeta tarkastelealla iten f kuvaa jonon 0 1 1: 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1.
Todistetaan luvattu väittää. Tarkastellaan jonoja odulo 2 ja ääritellään niille yhteenlasku alkioittain: kun s = a 1... a 2 n ja t = b 1... b 2 n jono s + t on a 1 + b 1... a 2 n + b 2 n. Silloin fs + t fs + ft od 2 kun kongruenssi tulkitaan saoin alkioittain. Koska jokaisen jonon s voi esittää odulo 2 suana joukosta jonoja joista kussakin on yksi 1 ja uuten nollia ja koska f on kierron suhteen syetrinen riittää osoittaa että f 2 n1 0... 0 = 0 0... 0. Mutta f1 0... 0 = 1 0... 0 1 f 2 1 0... 0 = f1 0... 0 + f0 0... 0 1 = 1 0... 1 + 0 0... 1 1 1 0... 0 1 0 f 4 1 0... 0 = f 2 1 0... 0 + f 2 0 0... 0 1 0 1 0... 1 0 + 0 0... 0 1 0 1 0 1 0... 0 1 0 0 0 jne. Induktiolla voidaan osoittaa että f 2 k1 0 0... 0 1 0 0... 0 1 0 0... 0 issä loppunollien lukuäärä on 2 k 1. Siten f 2 n 1 0... 0 + 1 0... 0 0 0... 0. 9. Mille positiivisille kokonaisluvuille a ja b on alkuluvun potenssi? a 3 + b 3 Ratkaisu. Oletetaan että a3 + b 3 on alkuluvun p potenssi. Oletetaan ensin että a ja b ovat suhteelliset alkuluvut ja kirjoitetaan a 3 + b 3 = a + b a + b 2 3ab. Koska a ja b ovat suhteelliset alkuluvut syt a + b a + b 2 3ab = syta + b 3ab { 1 3 }. 1 Siten on täsälleen yhden luvuista a + b ja a + b 2 3ab tekijä. Siten ei voi olla kuankaan luvuista a ja b tekijä koska uuten se olisi olepien tekijä. Siis a 10 b 10 1 od. Koska a 3 + b 3 eli a 3 b 3 od on yös a 9 b 9 ja edellisen nojalla a 10 a 9 b 10 b 9 eli a b od ; jakolasku on ahdollinen koska syta = sytb = 1. Siis jakaa luvun a + b eikä jaa lukua a + b 2 3ab. Tarkastellaan tapausta jossa 3 a + b jolloin p = 3 ja a + b { 33 99 297... } = { 3 u u = 1 2 3... } ja a + b 2 3ab = 3 t t = 1 2 3.... Jos a + b = 33 saadaan 3ab = a + b 2 3 t eli ab = 363 3 t 1. Yhtälöparilla { a + b = 33 ab = 363 3 t 1 ei ole ratkaisua: tapaukset t = 1 2 3 4 5 on tarkastettava erikseen ja suureilla t:n arvoilla ab olisi negatiivinen. Jos a + b { 99 297... } ehdon 1 takia on oltava a + b 2 3ab 3 utta a + b 2 3ab = a b 2 + ab ab eikä voi olla ab 3 jos 33 a + b. Siten 3 a + b ja syt a + b a + b 2 3ab = 1. Koska a + b 2 3ab = a b 2 + ab ab > 1 on oltava a + b = ja a + b 2 3ab = p t. Tutkialla kaikki tapaukset löydetään ratkaisut joille p = 67 7 37 31 31 37 7 67. a b { 2 9 3 8 4 7 5 6 6 5 7 4 8 3 9 2 } Jos ei oleteta että syta b = 1 luvulla syta b on silti oltava enintään yksi alkutekijä joten syta b = p k jollain kokonaisluvulla k. Olkoon a = a p k ja b = b p k jolloin saadaan a 3 + b 3 = p 3k a 3 + b 3.
Taas on luvun a 3 + b 3 oltava alkuluvun potenssi joten tää tapaus palautuu jo käsiteltyyn. Ratkaisut ovat siis a b { 2 67 k 9 67 k 3 7 k 8 7 k 4 37 k 7 37 k 5 31 k 6 31 k 6 31 k 5 31 k 7 37 k 4 37 k 8 7 k 3 7 k 9 67 k 2 67 k } issä k = 0 1 2.... 10. Etsi kaikki kokonaisluvut n > 1 joilla on seuraava oinaisuus: luvun n 6 1 jokainen alkutekijä jakaa luvun n 2 1 tai n 3 1. Ratkaisu. Luku 2 on selvästi tällainen: luvun 2 6 1 = 63 alkutekijät ovat 3 = 2 2 1 ja 7 = 2 3 1. Osoitetaan että uita ratkaisuja ei ole. Tehdään oletus että n toteuttaa tehtävän ehdon. Käytetään tekijöihinjakoa n 6 1 = n 2 n + 1n + 1n 3 1. Luvulla n 2 n + 1 = nn 1 + 1 on selvästi pariton alkutekijä p. Silloin p n 2 n + 1n + 1 = n 3 + 1 joten p n 3 1. On siis oltava p n 2 1. Siten p n 3 + 1 + n 2 1 = n 2 n + 1. Koska p n on oltava p n + 1. Myös p n 2 1 n 2 n + 1 = n 2 joten on oltava p = 3. Siis n 2 n + 1 = 3 r koska jokainen sen alkutekijä on 3 joten toisen asteen yhtälön n 2 n + 1 3 r diskriinantti 1 41 3 r = 4 3 r 3 = 34 3 r 1 1 on neliöluku. Kun r > 1 diskriinantti on jaollinen kolella vain yhden kerran joten on oltava r = 1 ja siis n = 2.
Kotitehtävät joulukuu 20 Vaikeapi sarja 1. Helpopi sarja t. 3 2. Paroni von Münchhausen väittää keksineensä likiääräisen kaavan neliöjuurten laskeiseen. Kaavassa on joitakin vakioita ja yksi uuttuja juurrettava utta erikoisinta on että vakioille ja uuttujalle tehdään vain kaksi laskutoiitusta: yksi yhteenlasku ja yksi kertolasku. Jokaiselle reaaliluvulle välillä [1000 2000] kaavani virhe on alle 1/2 ylpeilee von Münchhausen. Voitko osoittaa että paroni valehtelee? Ratkaisu. Paroni ei jää kiinni valheesta. Kaava voi olla esierkiksi fx = 45 31 45 2 31 2 x 312 + 31 + 1 3 = 1 76 x + 4261 228. Tään funktion kuvaaja on suora jota on siirretty hiean ylöspäin sekantista joka leikkaa neliöjuurifunktion kuvaajan pisteissä 31 2 31 ja 45 2 45. Virhe ainitun välin päätepisteissä on sallituissa rajoissa f961 = f31 2 = 31 1 3 ja f2025 = f452 = 45 1 3 joten jos pystytään osoittaaan että aksiaalinen virhe välin sisällä on tarpeeksi pieni kaava on osoitettu riittäväksi. Etsitään piste jossa neliöjuurifunktion tangentti on suoran y = fx suuntainen. Tangentin kulakerroin on x = 1 2 x joten on ratkaistava 1 2 x = 1 76 istä saadaan x = 38 2 = 1444. Kaava antaa tässä pisteessä tuloksen jonka virhe on alle 1/2. f1444 = 37 157 228 3. Todista epäyhtälö reaaliluvuille x y. sin 4 x y + cos 4 x + y 1 + sin 2 2x sin 2 2y Ratkaisu. Käyttäällä trigonoetrisia identiteettejä saadaan epäyhtälön vasen puoli uotoon sin 2 1 cos2x 2y x y = 2 cos 2 1 + cos2x + 2y x + y = 2 cos2x ± 2y = cos 2x cos 2y sin 2x sin 2y sin 4 x y + cos 4 x + y = 1 4 1 2 cos2x 2y + 1 4 cos2 2x 2y + 1 4 + 1 2 cos2x + 2y + 1 4 cos2 2x + 2y On siis todistettava = 1 2 sin 2x sin 2y + 1 2 cos2 2x cos 2 2y + sin 2 2x sin 2 2y. 1 2 sin 2x sin 2y + 1 2 cos2 2x cos 2 2y + sin 2 2x sin 2 2y 1 + sin 2 2x sin 2 2y
istä terejä järjestäällä ja kahdella kertoalla saadaan eli cos 2 2x cos 2 2y 1 + 2 sin 2x sin 2y + sin 2 2x sin 2 2y cos 2x cos 2y 2 1 + sin 2x sin 2y 2. Kirjoitetaan tää lausekkeiden neliöjuurien vertailuksi: 1 sin 2x sin 2y cos 2x cos 2y 1 + sin 2x sin 2y. Tää saadaan tehtävän alkupuolella käytetyllä identiteetillä uotoiltua epäyhtälöiksi 1 cos2x 2y 1 cos2x + 2y jotka seuraavat kosinin ääritelästä. 4. Etsi kaikki funktiot f : R R joille kaikilla x y R. fx + y = fxfy + 1 + fx + 1fy 1 Ratkaisu. Olkoon a = f0 ja b = f1. Sijoittaalla x = y = 0 saadaan a = 2ab 1 istä seuraa a 0 ja b 1/2. Sijoittaalla x = y = 1 saadaan f2 = 2bf2 1 istä seuraa f2 = 1/2b 1 = a. Sijoittaalla x = 0 ja y = 2 saadaan af3 = 1 + a ab = ab istä seuraa f3 = b. Sijoittaalla y = 2 saadaan fx + 2 = f3fx + f2fx + 1 1 = f1fx + f0fx + 1 1 = fx. Sijoittaalla y = x saadaan f2x = 2fxfx + 1 1 ja sijoittaalla y = x + 1 saadaan f2x + 1 = fx 2 + fx + 1 2 1 joista seuraa f2x + 1 f2x = fx fx + 1 2 0 kaikilla reaalisilla x. Siten fx = fx + 2 = f 2 x + 1 + 1 fx + 1 = f 2 x 2 2 + 1 fx joten fx = fx + 1 kaikilla reaalisilla x. Erityisesti a = b jolloin a = 2a 2 1 eli a = 1 tai a = 1/2. Sijoittaalla y = 0 saadaan fx = 2afx 1 istä seuraa että fx = 1/2a 1 = a on vakio. Siis ratkaisut ovat fx 1 ja fx 1/2. 5. Helpopi sarja t. 8 6. Koliossa ABC on B C. Kolion sisään piirretyn ypyrän keskipiste on I ja kulan A vastaisen sivuypyrän 1 keskipiste J. Piste O on kulan A sisäisen puolittajan ja sivun BC keskinoraalin leikkauspiste ja piste P on suoran BO leikkauspiste pisteen C kautta piirretyn suoran BC noraalin kanssa. Todista että IP BJ. Ratkaisu. Ensinnäkin OB = OP koska pisteiden projektioilla suoralle BC on saa oinaisuus. Kulan sisäinen ja ulkoinen puolittaja ovat toisiinsa nähden suorassa kulassa joten kulat JBI ja ICJ ovat suoria. Siten BJCI on jännenelikulio ja IJ tään ypäri piirretyn ypyrän halkaisija. Myös jänteen BC keskinoraali on halkaisija joten pisteen O on oltava ypyrän keskipiste. Siis OP = OB = OJ = OI joten BJP I on suunnikas ja itse asiassa suorakulio joten IP BJ. 1 J on siis kulan A sisäisen puolittajan ja kulien B ja C ulkoisten puolittajien leikkauspiste. Nää ulkoiset puolittajat puolittavat ne kulat jotka sivu BC uodostaa sivujen AB ja AC jatkeiden kanssa.
A A I B O C Q P J P B K D C 7. Kolion ABC sivuilla BC CA ja AB on tässä järjestyksessä pisteet D E ja F. Janat AD BE ja CF leikkaavat pisteessä P. Todista että AP P D BP P E CP AP P F P D + BP P E + CP = 2. P F Ratkaisu. Olkoon AK kolion korkeusjana ja Q sellainen piste tällä janalla että QP BC. Silloin P D AD = QK AK = S P BC S ABC issä S XY Z tarkoittaa kolion XY Z alaa. Vastaava pätee syetrisesti uillekin pisteille joten Merkitään Silloin ja syetrisesti uille suhteille. Siis istä seuraa tehtävän väite P D P E + AD BE + P F CF = S P BC + S P CA + S P AB = S ABC = 1. S ABC S ABC S ABC S ABC x = AP P D y = BP P E z = CP P F. P D AD = P D AP + P D = 1 AP P D + 1 = 1 x + 1 1 x + 1 + 1 y + 1 + 1 z + 1 = 1 xyz x + y + z = 2. 8. Helpopi sarja t. 9 9. Helpopi kirje t. 10 10. Todista että lukujono 2002 2002 2003 2002 on jaksollinen odulo 2002 ja selvitä sen jakson pituus. 2004... 2002
Ratkaisu. jonon Koska 2002 = 2 7 13 riittää selvittää jakso odulo kukin näistä alkuluvuista. Todistetaan että jakso on p log p +1 kun n. n Käytetään Lucas n lausetta 2 jonka ukaan n + 1 n k j=0 n + 2 j kun p on alkuluku ja lukujen ja n p-kantaiset esitykset ovat n j... od p od p = k p k + k 1 p k 1 + k 2 p k 2 + + 0 n = n k p k + n k 1 p k 1 + n k 2 p k 2 + + n 0. Kun luku esitetään kannassa p suurin p:n potenssi on log p ; erkitään J = log p + 1. Olkoot N 1 N 2 sellaiset luvut että N 1 N 2 od p J jolloin niillä on p-kantaiset esitykset N 1 = n 1 J+k pj+k + + n 1 J+1 pj+1 + n 1 J pj + n J 1 p J 1 + + n 0 N 2 = n 2 J+k pj+k + + n 2 J+1 pj+1 + n 2 J pj + n J 1 p J 1 + + n 0 joissa ataliat J jakojäännöstä ovat siis saat. Silloin 1 1 1 N1 n J+k n J+1 n J nj 1 n0 od p 0 0 0 J 1 0 2 2 2 N2 n J+k n J+1 n J nj n0 od p. 0 0 0 J 1 0 N1 N2 Siten od p joten lukujonolla on jaksollinen ainakin jaksolla p J. Lukujonon jakso eli lyhyiän jakson pituus on siten p J :n tekijä. Oletetaan että jakso on p K issä K < J. Välttäättä p K p J 1. Olkoot Selvästi N 3 N 4 on jaollinen p J 1 :llä joten N 3 = p J + J 1 p J 1 + J 2 p J 2 + + 1 p 1 + 0 = p J + N 4 = p J + + J 2 p J 2 + + 1 p 1 + 0. N3 1 0 N4 1 0 0 J 1 J 1 J 1 ikä on ristiriita joten jakson on oltava p J. N3 J 2 J 2 J 2 J 2 N4 od p. Toisaalta Lucas n lauseesta seuraa 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 od p od p Koska 2 10 = 1024 2002 < 2048 = 2 12 log 2 2012 = 10 joten jakson pituus kun lukujonoa tarkastellaan odulo 2 on 2. Saaan tapaan saadaan 2002:n uita alkutekijöitä vastaavien jaksojen pituuksiksi 7 4 4 ja 13 3. Siis kysytty jakson pituus on 2 7 4 4 13 3. 2 Esi. http://en.wikipedia.org/wiki/lucas _theore