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