Kirjevalmennus, huhti- ja toukokuu 2017

Kirjevalmennus, huhti- ja toukokuu 2017

Ratkaisuja

1.

OlkoonD kolmionABC sivunBC keskipiste. Todista, että AD < AB+AC

2 .

Ratkaisu. Olkoon A⁰ sellainen piste, että piste D on janan AA⁰ keskipiste.

NelikulmioABA⁰C on suunnikas jaAD= ^AA₂⁰. KolmiossaABA⁰ päteeAA⁰<

AB+BA⁰. KoskaBA⁰=AC on väite todistettu.

2.

Millä kokonaisluvun narvoilla Diofantoksen yhtälöllä x+y+z=nxyz

on positiivisia kokonaislukuratkaisuja?

Ratkaisu. Luvun n pitää olla positiivinen, koska x, y, z > 0. Olkoon z = maxx, y, z. Nyt

x+y+z≤3z.

Lisäksi

nxyz≥nz, joten

nz≤nxyz=x+y+z≤3z, elin≤3.

Josn= 3, niinx=y =z= 1on ratkaisu. Josn= 2, niinz = 2, x=y= 1 on ratkaisu. Josn= 1, niinx= 1, y= 2, z= 3on ratkaisu.

3.

Etsi Diofantoksen yhtälön

x²+y²+z²+w²= 3(x+y+z+w).

sellaiset positiiviset kokonaislukuratkaisut, joillax, y, zjawovat erisuuria.

Ratkaisu. Koskax, y, z, wovat erisuuria, voidaan ajatella, että päteex < y <

z < w. Nyty−x≥1,z≥3, eli3z≥9 jaw≥4, eli5w≥20.

Nämä summaamalla saadaan

y−x+ 3z+ 5w≥1 + 9 + 20 = 30.

Summataan tämä epäyhtälö tehtävänannon yhtäöön:

x²+y²+z²+w²+ 30≤3(x+y+z+w) +y−x+ 3z+ 5w= 2x+ 4y+ 6z+ 8w.

ja siirretään termit vasemmalle puolelle:

x²+y²+z²+w²−2x−4y−6z−8w+ 30≤0.

Koska vasen puoli on ilmaistavissa muodossa

x²+y²+z²+w²−2x−4y−6z−8w+30 = (x−1)²+(y−2)²+(z−3)²+(w−4)², ja neliöt ovat aina epänegatiivisia, on ratkaisut löytyneet: x = 1, y = 2, z = 3, w= 4.

4.

Osoita, että kokonaislukukertoimisille polynomeille pätee (x−1)²| nxⁿ⁺¹−(n+ 1)xⁿ+ 1

.

Ratkaisu. Olkoonf(x) =nxⁿ⁺¹−(n+1)xⁿ+1. Tällöinf(1) =n−(n+1)+1 = 0 jaf⁰(1) =n(n+ 1)−(n+ 1)n= 0, joten1on funktionf(x)kaksinkertainen nollakohta, mistä väite seuraa.

5.

Etsi sellaiset kokonaisluvuta,b jac, että x+ 5

(x−1)(x−2)(x−3) = a

x−1 + b

x−2 + c x−3 kaikilla x∈R\ {1,2,3}.

Ratkaisu. x+y=a(x−2)(x−3)+b(x−1)(x−3)+c(x−1)(x−2). Sijoittamalla arvotx= 1,x= 2jax= 3saamme a= 3,b=−7jac= 4.

6.

Olkoonf(x)polynomi, jonka korkeimman asteen kerroin on1 ja jonka ker- toimet ovat kokonaislukuja. Osoita, että jos on olemassa neljä eri kokonaislukua a,b,cja d, joillaf(a) =f(b) =f(c) =f(d) = 5, niin ei ole olemassa kokonais- lukuak, jollaf(k) = 8.

Ratkaisu. Olkoon g(x) =f(x)−5. Tällöin x−a, x−b, x−c ja x−dovat funktion g(x) tekijöitä. Siten voimme kirjoittaa funktion g muotoon g(x) = (x−a)(x−b)(x−c)(x−d)h(x). Josron sellainen kokonaisluku, ettäf(r) = 8, niin g(r) =f(r)−5 = 3eli (r−a)(r−b)(r−c)(r−d)h(r) = 3. Vasen puoli on viiden sellaisen kokonaisluvun tulo, jossa ainakin neljä lukua ovat erillisiä.

Oikealla puolella taas on korkeintaan kolme eri tekijää1, −1 ja3.

7.

Polynomin ax⁴+bx³+cx²+dx+ekertoimet ovat kokonaislukuja, ja po- lynomin arvo on jaollinen luvulla 7 kaikilla muuttujan xkokonaislukuarvoilla.

Osoita, että7|a,7|b,7|c,7|dja7|e.

Ratkaisu. 7|f(x),x= 0,1,−1,2,−2. Siten7|e,7|a+b+c+d,7|a−b+c−d, 7|16a+ 8b+ 4c+ 2d,7|16a−8b+ 4c−2d. Näistä seuraa, että7|a+c,7|b+d, 7|4a+c,7|4b+d, josta seuraa, että7|a, b, c, d.

8.

Etsi kaikki reaalilukukertoimiset polynomitf(x), joille x f(x−1) = (x+ 1)f(x).

Ratkaisu. Sijoittamallax= 0saammef(0) = 0. Josf(n) = 0, niinf(n+ 1) = 0, sillä(n+ 1)f(n) = (n+ 2)f(n+ 1). Siten funktiollaf(n)on äärettömän monta nollakohtaa, jotenf(x)≡0.

9.

Olkoonpalkuluku jaqjanpositiivisia kokonaislukuja. Osoita, että Diofan- toksen yhtälöllä

2^p+ 3^p=qⁿ ei ole ratkaisuja, kunn >1jaq >1.

Ratkaisu. Jos p on parillinen, niin p = 2 joten 2^p+ 3^p = 4 + 9 = 13. Ei ratkaisuja.

Siispäpon pariton. Koska

2^p+ 3^p≡2 (mod3), on oltava, ettänon pariton.

Tarkastellaan modulo5:

2^p+ 3^p= 0 (mod5),

joten 5 | q. Tarkastellaan nyt modulo 25. Koska 25| qⁿ, on oltava myös, että 25|(2^p+ 3^p). Eulerin lauseen nojalla

2²⁰≡3²⁰≡1 (mod25),

joten 2^20m+h ≡2^h ja 3^20m+h ≡3^h modulossa25 tarkasteltaessa. Riittää tar- kastella arvot m ∈ {1,3,5, . . . ,19} (koska p pariton). Koska 2^10+h+ 3^10+h ≡

−(2^h+ 3^h) (mod25), riittää tarkastella vaihtoehdot m = 1,3,5,7,9 kun yri- tetään selvittää milloin 25 jakaa summan 2^p + 3^p. Huomataan, että (kaikki tarkastelut modulo25):

x 2^x 3^x 2^x+ 3^x

1 2 3 5

3 8 2 10

5 7 18 0

7 3 12 15

9 12 8 20

Siispä x= 5, eli 2^x+ 3^x on jaollinen luvulla25, kun pon muotoa20m+ 5tai 20m+ 15. Koskapon alkuluku, on pädettäväp= 5. Tarkastetaan tämä tapaus:

2⁵+ 3⁵= 275 = 5·11,

joka ei ole haluttua muotoa.

10.

OlkoonABCDjännenelikulmio. Osoita, että kolmioidenABC,BCD,CDA ja DAB sisäänpiirrettyjen ympyröiden keskipisteet K, L, M, N ovat suorakul- mion kärjet.

Ratkaisu. Saadaan

∠AKB = 180^◦−∠

2 −∠ABC

2 = 90^◦+∠ACB 2 ja

∠AN B)90^◦+∠ADB 2 .

Koska ABCD on jännenelikulmio, pätee ∠ACB = ∠ADB, joten ∠AKB =

∠AN B. NelikulmioAN KBon siis jännenelikulmio, joten

∠N KB= 180^◦−∠BAN = 180^◦−∠A 2 . Vastaavasti

∠BKL= 180^◦−∠C 2 , joten

∠N KL= 360^◦−(∠N KB+∠BKL) = ∠A+∠C

2 = 180^◦ 2 = 90^◦

11.

Olkoot A, B, C ja D neljä avaruuden pistettä, jotka eivät ole samassa tasossa. Osoita, että

AC·BD < AB·CD+AD·BC.

Ratkaisu. Tarkastellaan palloa, joka kulkee pisteiden B, C ja D kautta, ja leikkaa janat AB, AC ja AD pisteissä B⁰, C⁰ ja D⁰. Pallon ja tason ABC leikkaus on ympyrä, joten nelikulmio BB⁰C⁰C on syklinen. Kolmiot ABC ja AC⁰B⁰ ovat siis yhdenmuotoisia, joten

AB⁰

AC = AC⁰

AB = B⁰C⁰ BC . Saadaan

B⁰C⁰= BC·AB⁰ AC .

Vastaavasti kolmiotABDjaAD⁰B⁰ ovat yhdenmuotoisia, joten B⁰D⁰= BD·AB⁰

AD .

Saadaan

B⁰C⁰

B⁰D⁰ = BC·AD AC·BD. Vastaavasti

C⁰D⁰

B⁰D⁰ = AB·CD AC·BD. KolmiossaA⁰B⁰C päteeB⁰C⁰+C⁰D⁰> B⁰D⁰, joten

BC·AD

AC·BD +AB·CD AC·BD >1, josta seuraakinAC·BD < AB·CD+AD·BD.

12.

Etsi kaikki nollasta poikkeavat reaaliluvutxjay, jotka ratkaisevat yhtälö- parin









 1 x+1

y = 9, 1

√3

x+ 1

√3

y 1 + 1

√3

x 1 + 1

√3

y

= 18.

Ratkaisu. Voimme kirjoittaa yhtälöparin uudelleen muuttujiena=√³

xjab=

√3

yavulla muodossa

(a³+b³= 9,

(a+b) (1 +a) (1 +b) = 18.

Voimme edelleen jatkaa kirjoittamalla yhtälöparin uudelleen muuttujien σ = a+b jaτ=abavulla muodossa

(σ σ²−3τ

= 9, σ(1 +σ+τ) = 18.

Tästä seuraa, että

(σ+ 1)³=σ³+ 3σ²+ 3σ+ 1 = 9 + 54 + 1 = 64.

Siispäσ+ 1 = 4jaσ= 3. Nyt myös

3 (1 + 3 +τ) = 18,

joten4 +τ= 6jaτ = 2. Koska nyta+b= 3jaab= 2, ovat luvutajabyhtälön x²−3x+ 2 = 0

ratkaisut. Mutta tämän yhtälön ratkaisut ovat x = 1 ja x = 2. Siten a ja b ovat jommassa kummassa järjestyksessä luvut 1 ja 2, ja siten saadaan ainoat mahdolliset ratkaisut





 x= 1, y= 1

8, ja





 x= 1

8, y= 1, joista on helppo tarkistaa, että ne todella ovat ratkaisuja.

13.

Osoita, että jos a, b, c, d∈[0, π], ja

(2 cosa+ 6 cosb+ 7 cosc+ 9 cosd= 0, 2 sina−6 sinb+ 7 sinc−9 sind= 0, niin3 cos (a+d) = 7 cos (b+c).

Ratkaisu. Siirtämällä molemmissa yhtälöissä keskimmäiset tehtävät oikealle puolelle ja neliöimällä molemmat puolet saadaan

(4 cos²a+ 81 cos²d+ 36 cosacosd= 36 cos²b+ 49 cos²c+ 84 cosbcosc, 4 sin²a+ 81 sin²d−36 sinasind= 36 sin²b+ 49 sin²c−84 sinasinc.

Laskemalla nämä yhteen ja muistamalla, ettäsin²x+ cos²x= 1kaikillax∈R, saadaan

4 + 81 + 36 cos (a+d) = 36 + 49 + 84 cos (b+c), ja edelleen 3 cos (a+d) = 7 cos (b+c).

14.

Olkoot a,b jac sellaisia reaalilukuja, ettei niistä minkään kahden summa ole nolla. Osoita, että

a⁵+b⁵+c⁵−(a+b+c)⁵ a³+b³+c³−(a+b+c)³ > 10

9 (a+b+c)².

Ratkaisu. Aloitamme kirjoittamalla epäyhtälössä esiintyvät lausekkeet alkeel- listen symmetristen polynomien

σ=a+b+c, τ=ab+bc+ca, ja π=abc avulla. Luonnollisesti

(a+b+c)²=σ², ja helposti näkee, että

(a+b+c)³− a³+b³+c³

=στ−π.

Hieman työläämpää on todeta, että (a+b+c)⁵− a⁵+b⁵+c⁵

=σ³τ−σ²π−στ²+πτ= (στ−π) σ²−τ . Todettakoon tässä kohtaa, ettäστ=πjos ja vain jos

(a+b) (b+c) (c+a) = 0,

kuten helposti näkee. Täten tilanteessammeστ−π6= 0, ja todistettava epäyh- tälö sievenee muotoon

σ²−τ >2σ² 3 ,

ja edelleen muotoonσ²>3τ, ja lopuksi muotoona²+b²+c²>ab+bc+ca.

15.

Olkoot ajab erisuuria positiivisia reaalilukuja. Etsi kaikki positiiviset re- aalilukuratkaisut yhtälöparille

(x⁴−y⁴=ax−by, x²−y²=√³

a²−b².

Ratkaisu. Ilman yleisyyden menettämistä voimme olettaa, ettäa > b. Otamme samalla käyttöömme muuttujatξ=c+yjaη=x−y, sekä vakionC=√³

a²−b², jolloin yhtälöpari saa yhtäpitävän muodon







ξ²+η²= a−b

C ξ+a+b C η, ξη=C.

Voimme edelleen kirjoittaa yhtälöparin yhtäpitävässä muodossa (_C3/2ξ^1/2

η^3/2 +^C3/2_ξ3/2^η1/2 =_η^a−b_3/2η^1/2+_ξ^a+b_3/2ξ^1/2, ξη=C.

Ensimmäisen yhtälön puolestaan voi kirjoittaa muodossa

√a+b ξ^1/2−√

a−b η^1/2√ a+b ξ^3/2 −

√a−b η^3/2

= 0,

ja koska aina √

a+b ξ^1/2 > √

a−b η^1/2, yksinkertaistuu yhtälöpari edelleen yhtäpitävään muotoon





 ξ η =

√3

a+b

√3

a−b, ξη=√³

a+b√³ a−b, jonka ainoa ratkaisu on tietenkin

(ξ=√³ a+b, η=√³

a−b, ja alkuperäisen yhtälöparin ainoa ratkaisu siten





 x=

√3

a+b+√³ a−b

2 ,

y=

√3

a+b−√³ a−b

2 .

16.

Kutsumme kahta neliön muotoisen4×4-ruudukon1×1-ruutujen värjäystä ekvivalenteiksi, jos toisen värityksen voi muuttaa toiseksi kierroilla ja peilauk- silla. Jos käytössä on kolme väriä, niin kuinka monella epäekvivalentilla tavalla ruudukon16ruutua voi värjätä?

Ratkaisu. Neliön symmetrioitaD₄ on kaikkiaan kahdeksan erilaista:

• neutraali symmetriae, joka pitää kaikki kärjet paikoillaan;

• 90^◦kiertor₁ vastapäivään;

• 180^◦ kiertor2;

• 270^◦ kiertor3 vastapäivään;

• peilausv pystyakselin suhteen;

• peilaushvaaka-akselin suhteen;

• peilauksetd1 jad2 lävistäjien suhteen.

Tarkasteltavan4×4-ruudukon3-värityksiä on tietenkin3⁴² = 3¹⁶kappaletta, ja yllä mainitut symmetriat toimivat näiden väritysten joukossa ilmeisellä taval- la. Määrittelemme jokaiselle symmetrialle gkiintopisteiden joukon F(g)niiden väritysten joukoksi, jotka säilyvät invariantteina symmetriassag. Samoin väri- tykseen liittyvä rata koostuu niistä värityksista, jotka saadaan siitä soveltamalla siihen eri symmetrioita. Radat osittavat kaikkien väritysten joukon. Olkoon rato- jen lukumääräk, joka samalla on vastaus tehtävän kysymykseen. Tavoitteemme on soveltaa Burnsiden–Frobeniusin lausetta, jonka mukaan

k= 1

#D₄ X

g∈D4

#F(g) = 1 8

X

g∈D4

#F(g),

missä#A merkitsee joukonAelementtien lukumäärää.

Kaikki väritykset säilyvät invariantteina symmetriassae, joten#F(e) = 3¹⁶. Nimetään ruudukon ruudut ilmeisellä tavalla pareilla (i, j), missä i, j ∈ {1,2,3,4}. Nyt 90^◦ kierrossa r₁ invariantteina säilyvät väritykset ovat sellai- sia, joissa ruudut(1,1),(1,4),(4,4)ja(4,1)ovat keskenään samanvärisiä, jois- sa ruudut (1,2), (2,4),(4,3) ja (3,1) ovat samanvärisiä, samoin ruudut(1,3),

(3,4), (4,2) ja(2,1), sekä ruudut(2,2),(2,3),(3,3) ja(3,2). Siten näissä väri- tyksissä ruudut (1,1),(1,2),(2,1)ja(2,2) voi värjätä vapaasti, jolloin muiden ruutujen väritykset määräytyvät symmetriasta r₁, ja on oltava #F(r₁) = 3⁴. Täysin samanlaisella argumentilla on#F(r₃) = 3⁴.

Symmetria r₂ voidaan käsitellä samanlaisella tavalla; kaikki 16 ruutua ja- kautuvat 8 pariksi, joista jokaisessa molemmat ruudut on väritettävä samal- la värillä, jotta väritys olisi invariantti symmetriassa r2. Siten #F(r2) = 3⁸. Symmetriat v ja h voidaan käsitellä täysin samanlaisella argumentilla, jolloin saadaan #F(v) = #F(h) = 3⁸.

Lopuksi, symmetriassad1 se lävistäjä (4 ruutua), jonka suhteen peilataan, säilyy muuttumattomana, eli nämä neljä ruutua voi värittää mielivaltaisesti, ja loput 12 ruutua jakautuvat 6 pariksi, joissa jokaisessa kumpikin ruutu on väritettävä samalla värillä. Siispä on oltava #F(d1) = 3¹⁰. Ja luonnollisesti

#F(d2) = 3¹⁰, myös.

Nyt olemme käsitelleet kaikki symmetriat, ja voimme laskea

k=3¹⁶+ 2·3⁴+ 3·3⁸+ 2·3¹⁰

8 = 5 398 083.

17.

Kutsumme kahta kuution särmien värjäystäekvivalenteiksi, jos toisen voi muuttaa toiseksi kuutiota kiertämällä. Kuinka monella epäekvivalentilla tavalla kuution särmät voi värjätä, kun halutaan, että kuution12särmästä6värjätään valkeiksi ja6 mustiksi?

Ratkaisu. Kuution kiertoja on kaikkiaan 24erilaista; nimittäin yhden kärjen voi kiertää yhdeksi kahdeksasta eri vaihtoehdosta, minkä jälkeen sen annetul- le naapurille on olemassa kolme eri vaihtoehtoa. Kun nämä kaksi valintaa on tehty, on kuution kierto määrätty yksikäsitteisesti. Siten kiertoja on3·8 = 24 kappaletta.

Voimme luokitella ja nimetä kierrot seuraavasti:

• Symmetriae, joka pitää kuution ennallaan;

• Kolme kiertoarf,90^◦,1, rf,90^◦,2 jarf,90^◦,3, jotka kiertävät90^◦ kahden vas- takkaisen sivuparin keskipisteet yhdistävän suoran ympäri;

• Kolme kiertoar_f,180^◦_,1, r_f,180^◦_,2 ja r_f,180^◦_,3, jotka kiertävät 180^◦ kahden vastakkaisen sivuparin keskipisteet yhdistävän suoran ympäri;

• Kolme kiertoarf,270^◦,1, rf,270^◦,2 ja rf,270^◦,3, jotka kiertävät 270^◦ kahden vastakkaisen sivuparin keskipisteet yhdistävän suoran ympäri (tietenkin vastaavasti samaan suuntaan kuin kierrotrf,90^◦,1, rf,90^◦,2 jarf,90^◦,3);

• Kuusi kiertoare,1, re,2, . . . , re,6, joista kukin vastaa180^◦ asteen kiertoa kahden vastakkaisen särmän keskipisteet yhdistävän suoran suhteen;

• Kahdeksan kiertoar_v,1, r_v,2, . . . , r_v,8, joista kukin kiertää 120^◦ tai 240^◦ astetta kaksi vastakkaista kärkeä yhdistävän lävistäjän ympäri.

Kaikkiaan erilaisia särmien värityksiä on ¹²₆

erilaista (kun siis kuusi kärkeä on värjättävä valkeiksi ja kuusi mustiksi), ja yllä mainitut symmetriat toimivat väritysten yli ilmeisellä tavalla. Kuten edellisessä tehtävässä, merkitsemme nii- den väritysten joukkoa, jotka säilyvät invariantteina symmetriassag, symbolilla F(g), ja merkitsemme tehtävässä kysyttyä ratojen lukumäärääk, jolloin jälleen Burnsiden–Frobeniusin lauseen nojalla

k= 1 24

X

g

#F(g),

missä summassa P

g tietenkin summataan yllä mainittujen 24 eri symmetrian yli.

Luonnollisesti kaikki ¹²₆

eri väritystä säilyvät invariantteina symmetriassa e, eliF(e) = ¹²₆

.

Jokaisessa värityksistär_f,90◦,ijar_f,270◦,i, missäi∈ {1,2,3}, särmät jakautu- vat kolmeksi neljän värityksen joukoksi, joissa jokaisessa kaikki neljä särmää on väritettävä samalla värillä. Selvästi tällaisessa särmävärjäyksessä ei voi olla kuut- ta mustaa ja kuutta valkeaa särmää, eli on oltava#F(r_f,90^◦_,i) = #F(r_f,270^◦_,i) = 0.

Jokaiselle symmetrialler_f,180^◦_,i, missä i∈ {1,2,3}, särmät jakautuvat kuu- deksi pariksi, ja väritys on invariantti kyseisessä symmetriassa täsmälleen silloin kun jokaisen parin molemmat särmät väritetään samalla värillä. Tällaisia väri- tyksiä on ⁶₃

erilaista; valitaan kolme särmäparia, jotka väritetään valkealla, ja loput kolme särmäparia mustalla. Siten#F(rf,180^◦,i) = ⁶₃

.

Tarkastellaan sitten jotakin kiertoare,i, missä i∈ {1,2, . . . ,6}. Tässä kier- rossa on kaksi särmää, sanokaammeejae⁰, jotka eivät siirry, ja loput10särmää jakautuvat viideksi pariksi, joista jokaisessa kumpikin särmä on väritettävä sa- malla värillä. Josejae⁰ väritetään eri väreillä, niin kyseinen väritys ei voi olla sekä invariantti symmetriassa re,i että sellainen että valkeita ja mustia särmiä on molempia kuusi. Särmätejae⁰voi värittää siis kahdella eri tavalla, ja sitten lopuista viidestä särmäparista kaksi on väritettävä samalla värillä, ja tämän voi tehdä ⁵₂

eri tavalla. Siten#F(re,i) = 2 ⁵₂ .

Olkoon vieläi∈ {1,2, . . . ,8}, ja tarkastellaan symmetriaar_v,i. Tässä sym- metriassa särmät jakautuvat neljäksi kolmen särmän joukoksi, joista jokaisessa kaikki kolme on väritettävä samalla värillä, jotta väritys olisi invariantti sym- metriassar_v,i. Jotta värityksessä olisi kuusi valkeaa ja kuusi mustaa särmää, on valittava kaksi kolmikkoa neljästä, minkä voi tehdä ⁴₂

eri tavalla, ja väritettävä ne valkealla, ja väritettävä loput mustalla.

Lopuksi, yhdistetään yllä tehdyt havainnot, ja lasketaan, että

k=

12 6

+ 3 ⁶₃

+ 6·2 ⁵₂ + 8 ⁴₂

24 = 48.