Jouluuun vaativammat valmennustehtävät rataisut. Tapa. Pätee z = x + y, joten z = (x + y = x + y, josta sieventämällä seuraa xy 4x 4y + 4 = 0. Siispä (x (y =. Tästä yhtälöstä saadaan suoraan x =, y = 4 tai x = 0, y = jos oletetaan symmetrian nojalla x y. Sijoittamalla luujen x ja y arvot voidaan lasea z. Siispä (x, y, z = (0,,, (, 0,, (, 4, 5 tai (4,, 5. Tapa. Luvut x, y, z muodostavat Pythagoraan olmion. Tunnetusti aii Pythagoraan olmiot saadaan aavasta x = m n, y = mn, z = ±(m + n joillain m, n Z, tai vaihtamalla muuttujien x ja y roolit. yt m n + mn = ±(m + n +, jote = mn tai m + mn =. äin olle tai m eli m tai n on ±. Jos n =, niin m = ja jos n =, niin m =. Jos m = ±, nii = 0. Saadaan x =, y = 4, z = 5 tai x =, y = 0, z = ja näiden symmetriset versiot, uten aiaisemminin.. Sovelletaan Cauchy-Schwarzin epäyhtälöä jonoihin (a, b, c ja (b, c, a. Tällöin väite seuraa.. Osoitetaan, että Bertta voittaa. Käytetään indutiota; tapaus n = on selvä. Oletetaan tapaus n ja tarastellaan tapausta n +. Jos Anna aloittaa positamalla vaaarivin, Bertta poistaa joniin pystyrivin, ja päin vastoin. yt yhden ierrosen jäleen jäljellä on (n + (n + + = n tyhjää ruutua, joiden voidaan ajatella muodostava n-neliön (liimataaeljä muodostunutta osaa yhteen. Pois jätetetty rivi ja sarae eivät vaiuta peliin, osa ovat jo väritettyjä. Indutio-oletuseojalla Bertta voittaa tällä uudella n n laudalla, joten hän voittaa alun perinin. 4. Todistetaan alusi yläraja. Oloon a b c, jolloin α β γ. Kolmioepäyhtälöllä b + c > a, ja toisaalta αa + βb + γc (α + β + γa = 80 a, osa a on luvuista a, b, c suurin. Siten αa + βb + γc a + b + c < 80 a a = 90.
Todistetaan sitten alaraja. Väite on αa + βb + γc α + β + γ a + b + c. Tämä seuraa suoraan Tsebyshevin epäyhtälöstä (jona voi todistaa suuruusjärjestysepäyhtälöllä, osa α, β, γ ja a, b, c ovat samassa suuruusjärjestysessä. 5. Oloo = 6 + jollain oonaisluvulla > 0. Tällöi on pariton ja n + = 6+ + 6 + + 0 (mod. Siispä n + n ei ole aluluu näillä äärettömän monella n. 6. Osoitetaan alusi, ettei jono a n ei ole rajoitettu. Tapa. Osoitetaan indutiolla a n >, minä jäeen väite seuraa. Ta- + n, osa funtio f(x = x + x on aidosti asvava, un x (ja osa a =, on paus n = on selvä. Jos oletetaan tapaus n, niin a n+ > a n > aiilla n >. Epäyhtälö n + 8 + 6 n > n +, joa on tosi. + > + saa neliöimällä muodon Tapa. Oletataan, että a n on rajoitettu. Tällöin on olemassa M siten, että a n < M aiilla n mutta a n > M M äärettömän monella n. Jos n on tällainen luu, pätee a n+ > M M + M = M; ristiriita oletuselle. Tapa. Selvästi a n+ > a n aiilla n. Tunnetusti asvava, rajoitettu jono reaaliluuja suppenee. Jos siis a n on rajoitettu, on olemassa x, jolle a n x u. Luvulle x oyt pädettävä x = x + x ; ristiriita. Osoitetaan sitten, että a 00 < 5. On helpompaa osoittaa vahvempi tulos: a n < n aiilla n. Ku = tai n =, tämä on selvää. Jos oletetaan tapaus n, niin a n+ < n + (jälleen osa f(x = x + x on asvava. yt riittää osoittaa n + +, eli yhtäpitävästi 9 4 n + + 4 9n < 9 4 < (n +, joa pätee u. 7. Tapa. Oloon M = 0. Kuin luvuista r β, rβ,..., rβ, missä r i on i:s aluluu suuruusjärjestysessä, jaaa luvu, un β i = log ri M ja
M >. Erityisesti β i 0 log r i n, u on riittävän suuri. Seuraa n β β... β n 0 n 0... n 0 ( on yhdestoista aluluu. Siispä n n 0..., miä on mahdotonta suurille n. Tapa. Käytetään aiaisempia merintöjä. Jos n > 0, niin luujen M, M,..., M 0 pienin yhteinen monierta, sanotaan, jaaa luvun n. Aritmetiian peruslauseeojalla luujen p a...pa, pb...p b, p c...pc,... pienin yhteinen monierta on p max{a,b,c,...}...p max{a,b,c,...}, un p,..., p ovat erisuuria aluluuja (esponentit voivat olla nollia, eli luvuilla ei tarvitse olla samat aluteijät. yt jos p a on aluluupotenssi ja p >, niin oletusesta p a M(M...(M 0 seuraa p a, osa perääisestä luvusta vain ysi voi olla jaollinen luvulla p. Jos taas p, niin oletusesta seuraa p max{a 8,}, osa join luvuista M, M,..., M 0 on jaollinen vähintäääin orealla p:n potenssilla (sisi, että enintään asi niistä on jaollinen p :lla, enintään olme jaollisia p :lla ja enintään uusi jaollisia p:llä. Jos meritään M(M...(M 0 = α α 5 α 7 α 4 α 5 q α 6...qα r+5 r, missä < q <... < q r ovat aluluuja, niin saadaan α 8 α 8 5 α 8 7 α4 8 α5 8 q α M(M...(M 0 6...qα r+5 r ( 5 7 8 > (M 0 ( 5 7 8. Kosa (M + 0, saadaan ristriita, un M on riittävän suuri. Tapa. Sovelletaan Bertrandin postulaattia, jona muaan välillä [x, x] on aluluu aiilla x. Jos äytetään aiaisempia merintöjä, on vähintään aluluujen p M tulo. Bertrandin postullatin muaan tästä seuraa M M... M M = 66,
un M (eli n on riittävän suuri. Kosa (M + 0, suurilla n saadaan ristiriita. 8. Oloon M suorien AE ja OC leiauspiste ja suorien DE ja BC leiauspiste. Kaaret AC ja AD ovat symmetriaojalla yhtä pität. Siispä AEC = AED. Kosa OCB on tasaylinen olmio, on AEC = ABC, ABC = OCB. Tästä seuraa AED = OCB ja edelleen M E = MC. Täten MEC on jänneneliulmio, joten MC = MEC = OBC. Kolmiot MC ja MEC ovat siis yhdenmuotoiset. iistä saadaan verranto = CM, miä todistaa väitteen. CO = C B 9. Geometrisen sarjan summaaavalla ja aritmeettis-geometrisella epäyhtälöllä uten haluttiin. > x n x = xn +... + x + nx (n +...++0 n = nx n, 0. ( iitä jouueita, joissa Matialaisia on ja Fysiialaisia, on + (. iitä jouueita, joissa >, eli Matialaisia on enemmän, on ( ( ( ( ( ( + = > + > Pascalin olmiosta seuraavan binomiertoimien ominaisuudeojalla. Lisäsi pätee ( ( = ( ( m m > m < m binomiertoimien symmetriaojalla. Tehdään vielä ysi havainto: pätee ( ( ( n m m + n =, osa molemmat puolet lasevat, monellao tavalla m+n objetista voi valita appaletta. Oloon alusi parillinen. Tällöin haluttujen jouueiden luumääräsi saadaan ( (n ( n + ( n = ( n + ( n. 4
Oloon sitten pariton. yt haluttuja jouueita on ( n + ( n. Jaamalla tuloset aiien jouueiden määrällä ( n+ saadaan ysytysi todennäöisyydesi ( n ( n+. 5