Joulukuun vaativammat valmennustehtävät ratkaisut

Joulukuun vaativammat valmennustehtävät ratkaisut

1. Tapa 1. Pätee z =x+y−2, joten z² = (x+y−2)² = x²+y², josta sieventämällä seuraa2xy−4x−4y+ 4 = 0. Siispä (x−2)(y−2) = 2. Tästä yhtälöstä saadaan suoraan x= 3, y = 4 taix = 0, y = 1 jos oletetaan sym- metrian nojallax ≤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).

Tapa 2. Luvutx, y, zmuodostavat Pythagoraan kolmikon. Tunnetusti kaik- ki Pythagoraan kolmikot saadaan kaavasta x = m² −n², y = 2mn, z =

±(m²+n²)joillakinm, n∈Z, tai vaihtamalla muuttujienx jay roolit. Nyt m²−n²+ 2mn=±(m²+n²) + 2, jotenn² =mn−1taim²+mn= 1. Näin ollen n|1 taim|1 elim tai non ±1. Josn= 1,niinm= 2 ja jos n=−1, niin 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.

2. Sovelletaan Cauchy-Schwarzin epäyhtälöä jonoihin (a², b², c²) ja (b, c, a).

Tällöin väite seuraa.

3. Osoitetaan, että Bertta voittaa. Käytetään induktiota; tapaus n= 2 on selvä. Oletetaan tapausnja tarkastellaan tapaustan+ 1. Jos Anna aloittaa positamalla vaakarivin, Bertta poistaa jonkiin pystyrivin, ja päin vastoin.

Nyt yhden kierroksen jälkeen jäljellä on(n+ 1)²−2(n+ 1) + 1 =n² tyhjää ruutua, joiden voidaan ajatella muodostavan n×n-neliön (liimataan neljä muodostunutta osaa yhteen. Pois jätetetty rivi ja sarake eivät vaikuta peliin, koska ovat jo väritettyjä.) Induktio-oletuksen nojalla Bertta voittaa tällä uu- della n×n laudalla, joten hän voittaa alun perinkin.

4. Todistetaan aluksi yläraja. Olkoon a≥b≥c, jolloinα≥β≥γ. Kolmio- epäyhtälöllä b+c > a, ja toisaalta αa+βb+γc≤(α+β+γ)a= 180^◦·a, koskaaon luvuistaa, b, c suurin. Siten

αa+βb+γc

a+b+c < 180^◦a

2a = 90^◦.

Todistetaan sitten alaraja. Väite on αa+βb+γc

3 ≥ α+β+γ 3

a+b+c 3 .

Tämä seuraa suoraan Tsebyshevin epäyhtälöstä (jonka voi todistaa suuruus- järjestysepäyhtälöllä), koskaα, β, γ ja a, b, c ovat samassa suuruusjärjestyk-

sessä.

5. Olkoonn= 6k+ 1jollakin kokonaisluvullak >0. Tällöin non pariton ja 2ⁿ+ = 2^6k+1+ 6k+ 1 ≡2 + 1 ≡0 (mod 3). Siispä 2ⁿ+n ei ole alkuluku

näillä äärettömän monellan.

6. Osoitetaan aluksi, ettei jonoa_n ei ole rajoitettu.

Tapa 1. Osoitetaan induktiolla an >

√n

2 , minkä jäkeen väite seuraa. Ta- paus n = 1 on selvä. Jos oletetaan tapaus n, niin an+1 >

√n

2 + ^√2_n, koska funktio f(x) = x+ _x¹ on aidosti kasvava, kun x ≥ 1 (ja koska a1 = 1, on a_n>1kaikillan >1). Epäyhtälö ^√₂ⁿ+^√2_n >

√n+1

2 saa neliöimällä muodon

n+ 8 +¹⁶_n > n+ 1, joka on tosi.

Tapa 2. Oletataan, että a_n on rajoitettu. Tällöin on olemassa M siten, et- tä a_n < M kaikilla n muttaa_n > M −_M¹ äärettömän monella n. Jos n on tällainen luku, päteean+1 > M −_M¹ +_M¹ =M; ristiriita oletukselle.

Tapa 3. Selvästia_n+1 > a_n kaikilla n. Tunnetusti kasvava, rajoitettu jono reaalilukuja suppenee. Jos siisan on rajoitettu, on olemassax, jolle an→x kunn→ ∞. Luvulle x on nyt pädettäväx=x+ ¹_x; ristiriita.

Osoitetaan sitten, ettäa100<15.

On helpompaa osoittaa vahvempi tulos: a_n < ³₂√

n kaikilla n. Kun n = 1 tai n= 2, tämä on selvää. Jos oletetaan tapausn, niin an+1 < ³₂√

n+₃^√2_n (jälleen koskaf(x) =x+¹_x on kasvava). Nyt riittää osoittaa ³₂√

n+ ₃^√2_n <

3 2

√n+ 1, eli yhtäpitävästi ⁹₄n+ 2 +_9n⁴ < ⁹₄(n+ 1), joka pätee kun n≥2.

7. Tapa 1. Olkoon M = b¹⁰√

nc. Kukin luvuista r₁^β1, r^β₂², ..., r^β₁₁¹¹, missä r_i on i:s alkuluku suuruusjärjestyksessä, jakaa luvun n, kunβi =blog_r

iMc ja

M >31. Erityisestiβi ≥ ₁₀¹ log_rin−1, kunnon riittävän suuri. Seuraa n≥2^β1 ·3^β2 ·...·31^β11 ≥n¹⁰¹2⁻¹·n¹⁰¹3⁻¹·...·n¹⁰¹ 31⁻¹

(31 on yhdestoista alkuluku). Siispä n≥n¹¹¹⁰2⁻¹·...·31⁻¹, mikä on mahdo-

tonta suurillen.

Tapa 2. Käytetään aikaisempia merkintöjä. Jos n > 11¹⁰, niin lukujen M, M −1, ..., M −10 pienin yhteinen monikerta, sanotaan N, jakaa luvun n. Aritmetiikan peruslauseen nojalla lukujen p^a₁¹...p^a_k^k, p^b₁¹...p^b_k^k, p^c₁¹...p^c_k^k, ...

pienin yhteinen monikerta on

p^max{a₁ ^1,b1,c1,...}...p^max{a_k ^k,bk,ck,...},

kun p₁, ..., p_k ovat erisuuria alkulukuja (eksponentit voivat olla nollia, eli luvuilla ei tarvitse olla samat alkutekijät). Nyt jos p^a on alkulukupotenssi ja p >11, niin oletuksesta p^a |M(M−1)...(M−10) seuraa p^a |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−10on jaollinen vähintään näin korkeallap:n potenssilla (siksi, että enintään kaksi niistä on jaollinen p³:lla, enintään kolme jaollisia p²:lla ja enintään kuusi jaollisiap:llä). Jos merkitään

M(M−1)...(M −10) = 2^α13^α25^α37^α411^α5q^α₁⁶...q_r^αr+5, missä11< q₁< ... < q_r ovat alkulukuja, niin saadaan

N ≥2^α1−183^α2−185^α3−187^α4−1811^α5−18q₁^α6...q_r^αr+5 ≥ M(M −1)...(M−10) (2·3·5·7·11)¹⁸

> (M−10)¹¹ (2·3·5·7·11)¹⁸.

KoskaN ≤(M+ 1)¹⁰, saadaan ristriita, kun M on riittävän suuri.

Tapa 3. Sovelletaan Bertrandin postulaattia, jonka mukaan välillä [x,2x]

on alkuluku kaikilla x ≥ 1. Jos käytetään aikaisempia merkintöjä, N on vähintään alkulukujen p ≤ M tulo. Bertrandin postullatin mukaan tästä seuraa

N ≥ M 2 ·M

2² ·...· M

2¹¹ = M¹¹ 2⁶⁶ ,

kun M ≥ 2¹² (eli n on riittävän suuri). Koska N ≤ (M + 1)¹⁰, suurilla n

saadaan ristiriita.

8. Olkoon M suorien AE ja OC leikkauspiste ja N suorien DE ja BC leikkauspiste. Kaaret AC ja AD ovat symmetrian nojalla yhtä pitkät. Siis- pä ∠AEC = ∠AED. Koska OCB on tasakylkinen kolmio, on ∠AEC =

∠ABC,∠ABC =∠OCB.Tästä seuraa∠AED=∠OCBja 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 verranto ¹₂ = ^CM_CO = ^CN_{N B}, mikä todistaa väitteen.

9. Geometrisen sarjan summakaavalla ja aritmeettis-geometrisella epäyhtä- löllä

xⁿ−1

x−1 =xⁿ⁻¹+...+x+ 1≥nx(n−1)+...+1+0

n =nxⁿ⁻¹² ,

kuten haluttiin.

10. Niitä joukkueita, joissa Matikkalaisia on k ja Fysiikkalaisia N −k, on

n k

_n+1

N−k

. Niitä joukkueita, joissak > ^N₂, eli Matikkalaisia on enemmän, on X

k>^N₂

n k

n+ 1 N −k

= X

k>^N₂

n k

n N−k

+ X

k>^N₂

n k

n N−1−k

Pascalin kolmiosta seuraavan binomikertoimien ominaisuuden nojalla. Lisäk- si pätee

X

k>^m₂

n k

n m−k

= X

k<^m₂

n k

n m−k

binomikertoimien symmetrian nojalla. Tehdään vielä yksi havainto: pätee X

k

n k

m N−k

=

m+n N

,

koska molemmat puolet laskevat, monellako tavallam+nobjektista voi valita N kappaletta. Olkoon aluksi N parillinen. Tällöin haluttujen joukkueiden lukumääräksi saadaan

1 2

2n N

− n

N 2

2! +1

2 2n

N −1

= 1 2

2n+ 1 N

−1 2

n

N 2

2

.

Olkoon sittenN pariton. Nyt haluttuja joukkueita on 1

2

2n+ 1 N

−1 2

n

N−1 2

2

. Jakamalla tulokset kaikkien joukkueiden määrällä ²ⁿ⁺¹_N

saadaan kysytyksi todennäköisyydeksi

1 2−

n b^N₂c

2

2 ²ⁿ⁺¹_N .