Vaativampien tehtävien ratkaisut

Joulukuun vaativammat valmennustehtävät ratkaisut
z = x + y − 2, joten z 2 = (x + y − 2)2 = x2 + y 2 , josta
sieventämällä seuraa 2xy − 4x − 4y + 4 = 0. Siispä (x − 2)(y − 2) = 2. Tästä
yhtälöstä saadaan suoraan x = 3, y = 4 tai x = 0, y = 1 jos oletetaan symmetrian nojalla x ≤ y . Sijoittamalla lukujen x ja y arvot voidaan laskea z .
Siispä (x, y, z) = (0, 1, −1), (1, 0, −1), (3, 4, 5) tai (4, 3, 5).
1. Tapa 1. Pätee
Tapa 2.
Luvut
x, y, z
muodostavat Pythagoraan kolmikon. Tunnetusti kaik-
ki Pythagoraan kolmikot saadaan kaavasta
x = m2 − n2 , y = 2mn, z =
±(m2
+ n2 ) joillakin m, n ∈ Z, tai vaihtamalla muuttujien x ja y roolit. Nyt
2
m − n2 + 2mn = ±(m2 + n2 ) + 2, joten n2 = mn − 1 tai m2 + mn = 1. Näin
n | 1 tai m | 1 eli m tai n on ±1. Jos n = 1, niin m = 2 ja jos n = −1,
m = −2. Jos m = ±1, niin n = 0. Saadaan x = 3, y = 4, z = 5 tai
x = 1, y = 0, z = −1 ja näiden symmetriset versiot, kuten aikaisemminkin.
ollen
niin
2. Sovelletaan Cauchy-Schwarzin epäyhtälöä jonoihin
(a2 , b2 , c2 )
ja
Tällöin väite seuraa.
3. Osoitetaan, että Bertta voittaa. Käytetään induktiota; tapaus
selvä. Oletetaan tapaus
n
ja tarkastellaan tapausta
n + 1.
(b, c, a).
n=2
on
Jos Anna aloittaa
positamalla vaakarivin, Bertta poistaa jonkiin pystyrivin, ja päin vastoin.
(n + 1)2 − 2(n + 1) + 1 = n2 tyhjää
muodostavan n × n-neliön (liimataan neljä
Nyt yhden kierroksen jälkeen jäljellä on
ruutua, joiden voidaan ajatella
muodostunutta osaa yhteen. Pois jätetetty rivi ja sarake eivät vaikuta peliin,
koska ovat jo väritettyjä.) Induktio-oletuksen nojalla Bertta voittaa tällä uudella
n×n
laudalla, joten hän voittaa alun perinkin.
a ≥ b ≥ c, jolloin α ≥ β ≥ γ . Kolmioαa + βb + γc ≤ (α + β + γ)a = 180◦ · a,
4. Todistetaan aluksi yläraja. Olkoon
epäyhtälöllä
toisaalta
koska
suurin. Siten
a
on
b + c > a, ja
luvuista a, b, c
αa + βb + γc
180◦ a
<
= 90◦ .
a+b+c
2a
1
Todistetaan sitten alaraja. Väite on
αa + βb + γc
α+β+γa+b+c
≥
.
3
3
3
Tämä seuraa suoraan Tsebyshevin epäyhtälöstä (jonka voi todistaa suuruusjärjestysepäyhtälöllä), koska
α, β, γ
ja
a, b, c
ovat samassa suuruusjärjestyk-
sessä.
5. Olkoon
n = 6k + 1 jollakin kokonaisluvulla k > 0. Tällöin n on pariton ja
=
+ 6k + 1 ≡ 2 + 1 ≡ 0 (mod 3). Siispä 2n + n ei ole alkuluku
näillä äärettömän monella n.
2n +
26k+1
6. Osoitetaan aluksi, ettei jono
an
ei ole rajoitettu.
√
n
seuraa. Ta2 , minkä jäkeen väite
√
n
2
paus n = 1 on selvä. Jos oletetaan tapaus n, niin an+1 > 2 + √ , koska
n
1
funktio f (x) = x + x on aidosti kasvava, kun x ≥ 1 (ja koska a1 = 1, on
√
√
an > 1 kaikilla n > 1). Epäyhtälö 2n + √2n > n+1
saa neliöimällä muodon
2
16
n + 8 + n > n + 1, joka on tosi.
Tapa 1.
Osoitetaan induktiolla
Tapa 2.
Oletataan, että
tä
an < M
kaikilla
n
tällainen luku, pätee
Tapa 3.
Selvästi
M siten, et1
an > M − M
äärettömän monella n. Jos n on
1
1
+M
= M ; ristiriita oletukselle.
>M−M
an
on rajoitettu. Tällöin on olemassa
mutta
an+1
an+1 > an
kaikilla
reaalilukuja suppenee. Jos siis
kun
n → ∞.
Luvulle
an >
x
Osoitetaan sitten, että
an
n.
Tunnetusti kasvava, rajoitettu jono
on rajoitettu, on olemassa
on nyt pädettävä
x=x+
x,
1
x ; ristiriita.
jolle
an → x
a100 < 15.
3√
n = 1
2 n kaikilla n. Kun
3√
2
tai n = 2, tämä on selvää. Jos oletetaan tapaus n, niin an+1 < 2 n + √
3 n
1
3√
2
(jälleen koska f (x) = x + x on kasvava). Nyt riittää osoittaa 2 n + √ <
3
n
√
3
9
4
9
n
+
1
,
eli
yhtäpitävästi
n
+
2
+
<
(n
+
1)
,
joka
pätee
kun
n
≥
2.
2
4
9n
4
On helpompaa osoittaa vahvempi tulos:
7. Tapa 1. Olkoon
√
M = b 10 nc.
an <
β11
r1β1 , r2β2 , ..., r11
, missä ri
luvun n, kun βi = blogri M c ja
Kukin luvuista
on i:s alkuluku suuruusjärjestyksessä, jakaa
2
M > 31.
Erityisesti
βi ≥
1
10
logri n − 1,
kun
n
1
on riittävän suuri. Seuraa
1
1
n ≥ 2β1 · 3β2 · ... · 31β11 ≥ n 10 2−1 · n 10 3−1 · ... · n 10 31−1
(31 on yhdestoista alkuluku). Siispä
tonta suurille
11
n ≥ n 10 2−1 · ... · 31−1 ,
mikä on mahdo-
n.
n > 1110 , niin lukujen
M, M − 1, ..., M − 10 pienin yhteinen monikerta, sanotaan N , jakaa luvun
n. Aritmetiikan peruslauseen nojalla lukujen pa11 ...pakk , pb11 ...pbkk , pc11 ...pckk , ...
Tapa 2.
Käytetään aikaisempia merkintöjä. Jos
pienin yhteinen monikerta on
max{a1 ,b1 ,c1 ,...}
p1
kun
p1 , ..., pk
max{ak ,bk ,ck ,...}
...pk
,
ovat erisuuria alkulukuja (eksponentit voivat olla nollia, eli
pa on alkulukupotenssi
ja p >
| M (M − 1)...(M − 10) seuraa pa | N , koska
11 peräkkäisestä luvusta vain yksi voi olla jaollinen luvulla p. Jos taas p ≤
11, niin oletuksesta seuraa pmax{a−18,1} | N , koska jokin luvuista M, M −
1, ..., M − 10 on jaollinen vähintään näin korkealla p:n potenssilla (siksi, että
enintään kaksi niistä on jaollinen p3 :lla, enintään kolme jaollisia p2 :lla ja
enintään kuusi jaollisia p:llä). Jos merkitään
luvuilla ei tarvitse olla samat alkutekijät). Nyt jos
11, niin oletuksesta pa
M (M − 1)...(M − 10) = 2α1 3α2 5α3 7α4 11α5 q1α6 ...qrαr+5 ,
missä
11 < q1 < ... < qr
ovat alkulukuja, niin saadaan
N ≥ 2α1 −18 3α2 −18 5α3 −18 7α4 −18 11α5 −18 q1α6 ...qrαr+5 ≥
>
M (M − 1)...(M − 10)
(2 · 3 · 5 · 7 · 11)18
(M − 10)11
.
(2 · 3 · 5 · 7 · 11)18
Koska
N ≤ (M + 1)10 ,
Tapa 3.
saadaan ristriita, kun
M
on riittävän suuri.
Sovelletaan Bertrandin postulaattia, jonka mukaan välillä
[x, 2x]
x ≥ 1. Jos käytetään aikaisempia merkintöjä, N on
alkulukujen p ≤ M tulo. Bertrandin postullatin mukaan tästä
on alkuluku kaikilla
vähintään
seuraa
N≥
M
M 11
M M
· 2 · ... · 11 = 66 ,
2 2
2
2
3
kun
M ≥ 212
(eli
on riittävän suuri). Koska
n
N ≤ (M + 1)10 ,
suurilla
saadaan ristiriita.
8. Olkoon
n
AE ja OC leikkauspiste ja N suorien DE ja BC
AC ja AD ovat symmetrian nojalla yhtä pitkät. Siispä ∠AEC = ∠AED . Koska OCB on tasakylkinen kolmio, on ∠AEC =
∠ABC, ∠ABC = ∠OCB. Tästä seuraa ∠AED = ∠OCB ja edelleen ∠M EN =
∠M CN. Täten M N EC on jännenelikulmio, joten ∠M N C = ∠M EC =
∠OBC . Kolmiot M N C ja M EC ovat siis yhdenmuotoiset. Niistä saadaan
1
CM
CN
verranto 2 = CO = N B , mikä todistaa väitteen.
M
suorien
leikkauspiste. Kaaret
9. Geometrisen sarjan summakaavalla ja aritmeettis-geometrisella epäyhtälöllä
(n−1)+...+1+0
n−1
xn − 1
n
= xn−1 + ... + x + 1 ≥ nx
= nx 2 ,
x−1
kuten haluttiin.
k ja Fysiikkalaisia N − k ,
k > N2 , eli Matikkalaisia on enemmän,
X n n + 1 X n n X n
n
=
+
k
N −k
k
N −k
k
N −1−k
N
N
N
10. Niitä joukkueita, joissa Matikkalaisia on
n
k
n+1
N −k . Niitä joukkueita, joissa
k>
k>
2
k>
2
on
on
2
Pascalin kolmiosta seuraavan binomikertoimien ominaisuuden nojalla. Lisäksi pätee
X n n X n n =
k
m−k
k
m−k
m
m
k>
k<
2
2
binomikertoimien symmetrian nojalla. Tehdään vielä yksi havainto: pätee
X n m m + n
=
,
k
N −k
N
k
koska molemmat puolet laskevat, monellako tavalla m+n objektista voi valita
N
kappaletta. Olkoon aluksi
N
parillinen. Tällöin haluttujen joukkueiden
lukumääräksi saadaan
1
2
2 !
2n
n
1
2n
1 2n + 1
1 n 2
− N
+
=
−
.
N
2 N −1
2
N
2 N2
2
4
Olkoon sitten
N
pariton. Nyt haluttuja joukkueita on
1 2n + 1
1 n 2
−
.
2
N
2 N 2−1
Jakamalla tulokset kaikkien joukkueiden määrällä
todennäköisyydeksi
1
−
2 2
n
bN
2
2
c
2n+1 .
N
5
2n+1
N
saadaan kysytyksi