Kesän valmennustehtäväsarja Ratkaisuja
Helpompia tehtäviä
1. Olkoot yhtälönx2+ (p2+ 1)x+p= 2ratkaisutx1jax2, ja olkoot ne nollasta poikkeavia sekä erisuuria. Määritä kaikki parametrin parvot, joilla
2x1−1 x2
+2x2−1 x1
=x1x2+ 55 x1x2
.
Ratkaisu.Yhtälöstä x2+ (p2+ 1)x+p−2 = 0seuraa, että x1+x2=−p2−1, and x1x2=p−2.
Lisäksi
x21+x22= (x1+x2)2−2x1x2= (p2+ 1)2−2(p−2).
Erityisesti, koska x1 6= 0 jax2 6= 0, on oltava p6= 2. Monimutkaisempi yhtälö sievenee muotoon
2x21−x1+ 2x22−x2=x21x22+ 55, mistä edelleen seuraa, että
2(p2+ 1)2−4(p−2) +p2+ 1 =p2−4p+ 4 + 55, ja edelleen, että
2(p2+ 1)2= 50, eli (p2+ 1)2= 25.
Nytp2+ 1 =±5, ja koskap2+ 1>0, on oltavap2+ 1 = 5jap2= 4, elip=±2.
Koskap6= 2, on oltavap=−2.
Lopuksi, olkoonp=−2, jolloinx1jax2ratkaisevat yhtälönx2+ 5x−4 = 0.
Tällöin x1+x2=−5jax1x2=−4, ja
x21+x22= (x1+x2)2−2x1x2= 25 + 8 = 33, eli
2x1−1 x2
+2x2−1 x1
= 2(x21+x22)−(x1+x2) x1x2
= 2·33 + 5
−4 =−71 4 , ja
x1x2+ 55 x1x2
=−4−55
4 =−71 4 , eli arvop=−2 on halutunlainen.
2. Etsi kaikki positiiviset kokonaisluvutxjay, joilla (x2+y)(y2+x) on jonkin alkuluvun viides potenssi.
Ratkaisu.Olkoon siis
(x2+y)(y2+x) =p5, missäpon alkuluku. Jos olisix=y, olisi
p5= (x2+x)2,
mikä on selvästi mahdotonta, eli on oltavax6=y. Symmetrian perusteella voim- me olettaa, ettäx < y.
Todetaan seuraavaksi, että koska lauseket2−tkasvaa kunt >1/2 (lausek- keen derivaatta on tällöin2t−1>0), on oltava
x2−x < y2−y, eli x2+y < y2+x.
Toisaalta, varmastix2+y>1 + 1>1.
Yksikäsitteisen tekijöihinjaon nojallax2+y on jokin alkuluvunppotenssi.
Jos olisi x2+y = p, niin olisi y2+x =p4, mutta toisaalta olisi myös y < p, jolloiny2< p2, ja
y2+x < p2+p <2p26p3< p4,
mikä on ristiriita. Siis on oltava x2+y > p2. Toisaalta, jos olisi x2+y > p2, niin olisiy2+x < p3, mikä on mahdotonta, koskax2+y < y2+x.
Olemme päätelleet, että on oltavax2+y=p2, jolloin on oltavay2+x=p3. Koskay=p2−x2, ratkaiseexyhtälön
x4−2p2x2+p4+x=p3. Ensinnäkin, tästä seuraa, että
x|p3(p−1), ja edelleen, että x|(p−1). Toisaalta, yhtälöstä seuraa, että
2p2x2> p4−p3, eli
x2>p(p−1) 2 >
p−1 2
2 ,
eli x >(p−1)/2, ja on oltava x=p−1. Koskax2+y =p2, on myös oltava y= 2p−1.
Lopuksi, koska nyt
(2p−1)2+ (p−1) =p3, ratkaiseepyhtälön
p3−4p2+ 3p= 0,
jonka ratkaisut ovatp= 0,p= 1jap= 3. Täten alkuluvunpainoa mahdollinen arvo onp= 3, ja tämä on kelvollinen arvo, koska
22+ 5 = 9 = 32 ja 2 + 52= 27 = 33. Kysytyt lukuparithx, yiovat siis h2,5ijah5,2i.
3. Etsi kaikki reaaliluvutajab, joilla yhtälöparilla (x+a=y+b
x2−a= 2y
on yksikäsitteinen ratkaisu(x0, y0), ja tämä ratkaisu toteuttaa ehdonx100 +y100 = 1025.
Ratkaisu.Ensimmäinen yhtälö määrää tasossa suoran, jonka kulmakerroin on 1, ja toinen yhtälö määrää tasossa ylöspäin avautuvan paraabelin. Yhtälöparilla on yksikäsitteinen ratkaisu jos ja vain jos suora sivuaa paraabelia. Ainoa x- koordinaatin arvo, jolle tämä on mahdollista on se, jolla funktion (x2−a)/2 derivaatta on yhtä kuin e.m. kulmakerroin 1. Mutta derivaatta on vain x, eli sivuamispisteen on oltavax0= 1, y0= 1 +a−b.
Toisaalta, sivuamispisteen on oltavax0= 1,y0= (12−a)/2 = (1−a)/2, eli on oltava
1 +a−b= 1/2−a/2, eli 1 + 3a= 2b.
Yhtälöstä x100 +y010 = 1025 seuraa, että y010 = 1024 = 210, eli on oltava y0=±2. Siis on oltava 1 +a−b=±2. Plusmerkin vallitessa on
3a−2b=−1,
a−b= 1, eli
a=−3, b=−4.
Miinusmerkin vallitessa on
3a−2b=−1,
a−b=−3, eli
a= 5, b= 8.
Toisaalta, näillä kahdella parilla pisteet h1,1 +a−bi=h1,(1−a)/2iovat sa- mat (eli suora sivuaa paraabelia), ja110+((1−a)/2)10= 1025, kuten vaadittiin.
4. Kolmiossa ABC, jossa AB > BC, pisteK on sivulla AB niin, että AK = BC+BK. Suora`, joka kulkee pisteenK kautta on kohtisuorassa janaanAB.
Osoita, että suora`, sivunACpuolittaja ja kulman∠ABCpuolittaja leikkaavat samassa pisteessä.
Ratkaisu.Tehtävänannossa oli valitettavasti virhe: viimeisen suoran olisi pitä- nyt olla kulman ∠ABC ulkokulman puolittaja, eikä kulman puolittaja. Esite- tään siis ratkaisu tehtävälle niin kuin sen olisi pitänyt olla.
Olkoon piste C0 janalla AB niin, että BC = BC0. Silloin kulman ∠ABC ulkokulman puolittaja on kohtisuorassa jananCC0 keskinormaalia vasten. Kos- ka AK = BC+BK = BC0 +BK = KC0, on suora ` kohtisuorassa janan AC0 keskinormaalia vasten. Täten`, jananACkeskinormaali ja kulman∠ABC ulkokulman puolittaja ovat kolmionAC0Csivujen keskinormaalit, ja täten leik- kaavat samassa pisteessä.
5. Olkoota,b,cjadreaalilukuja. Osoita, että pienin luvuista a−b2, b−c2, c−d2 ja d−a2 on enintään1/4.
Ratkaisu.Jos kaikki neljä lukua olisivat suurempia kuin1/4, niin olisi a−b2+b−c2+c−d2+d−a2>1.
Kertomalla yhtälö puolittain luvulla 4 ja ryhmittelemällä termejä uudelleen saadaan
0>4a2−4a+ 1 + 4b2−4b+ 1 + 4c2−4c+ 1 + 4d2−4d+ 1
= (2a−1)2+ (2b−1)2+ (2c−1)2+ (2d−1)2, mikä on mahdotonta, koska reaalilukujen neliöiden summa ei koskaan voi olla negatiivinen.
6. Olkootajabreaalilukuja. Josa+b= 4jaa2+b2= 14, niin mitä ona3+b3? Ratkaisu.Todetaan ensiksi, että
2ab= (a+b)2−(a2+b2) = 42−14 = 2, eliab= 1. Nyt voimme laskea suoraan, että
a3+b3= (a+b)3−3ab(a+b) = 42−3·1·4 = 64−12 = 52.
7. Olkoon ABCDE säännöllinen viisikulmio, ja leikatkoot suoratAB ja DE pisteessäF. Selvitä kolmion4BEF kulmat.
Ratkaisu.Jakamalla viisikulmio kolmeksi kolmioksi, nähdään, että sen kulmien summa on3·180◦= 540◦. Säännöllisen viisikulmion yksi kulma on siis viidesosa tästä, eli108◦. Kolmio4ABEon tasakylkinen ja sen huippukulma on∠BAE= 108◦, joten sen molemmat kantakulmat ovat
∠EBA=∠AEB= 180◦−108◦ 2 =72◦
2 = 36◦.
Samassa hengessä kolmio4F AE on tasakylkinen ja sen kantakulma on
∠EAF =∠AEF = 180◦−∠BAE= 180◦−108◦= 72◦, eli sen huippukulma on
∠BF E= 180◦−2·72◦= 180◦−144◦= 36◦.
Nyt voimme todeta, että kolmio 4BEF on tasakylkinen, sen kantakulmien suuruus on36◦ ja pisteessäE sijaitsevan huippukulman72◦+ 36◦= 108◦. 8. Kolmion ympäripiirretty ympyrä peilataan yhden kolmion sivun suhteen.
Osoita, että peilikuvaympyrä kulkee kolmion korkeusjanojen leikkauspisteen kautta.
Ratkaisu.Olkoot alkuperäinen kolmio4ABC, sen ympäripiirretty ympyräΓ, ympyrän Γ peilikuva suoran BC suhteen Γ0, pisteen A peilikuva suoran BC suhteen A0, joka tietenkin sijaitsee peilikuvaympyrällä Γ0, ja kolmion 4ABC korkeusjanojen leikkauspisteH.
Olkoot pisteenH projektiot suorilleABjaACpisteetXjaY. KoskaHX⊥ ABjaHY ⊥AC, on nelikulmioAXHY jännenelikulmio, ja siten
∠Y HX = 180◦−∠BAC.
Koska∠BHC =∠Y HX ja∠CA0B=∠BAC, on
∠CA0B+∠BHC = 180◦,
eli nelikulmio A0BHC on jännenelikulmio. Lopuksi, koska pisteet A0, B ja C ovat ympyrälläΓ0, myös pisteenH on oltava.
9. Olkoonn>2kokonaisluku. Laske
Sn=
n−1
X
k=1
sinkxcos(n−k)x.
Ratkaisu.
Sn =
n−1
X
k=1
sinkxcos(n−k)x
=1 2
n−1
X
k=1
(sinkxcos(n−k)x+ sin(n−k)xcoskx)
=1 2
n−1
X
k=1
sinnx=n−1 2 sinnx.
10. Olkootαjaβ reaalilukuja väliltä]0, π/2[, ja oletetaan, että cos2(α−β) = sin 2αsin 2β.
Osoita, ettäα+β =π/2.
Ratkaisu.Muokataan ensin annetun ehdon lausekkeita:
4 sinαsinβcosαcosβ= 2 sinαcosα·2 sinβcosβ= sin 2αsin 2β
= cos2(α−β) = (cosαcosβ+ sinαsinβ)2, mistä seuraa pienellä sieventämisellä, että
(cosαcosβ−sinαsinβ)2= 0,
ja edelleen, että cos2(α+β) = 0, eli cos(α+β) = 0. Lopuksi, koska tietenkin 0 < α+β < π, ja kosinin ainoa nollakohta välillä ]0, π[ on π/2, on oltava α+β=π/2.
11. Kolmion sivujen pituudet ovata, b jac. Selvitä, milloin myösa2,b2 ja c2 ovat jonkin kolmion sivujen pituudet.
Ratkaisu. Olkoot alkuperäisen kolmion kulmat tavalliseen tapaanα, β ja γ.
Luvuta2, b2 jac2 ovat kolmion sivujen pituudet täsmälleen silloin kun a2+b2> c2, b2+c2> a2 ja c2+a2> b2.
Nämä puolestaan pitävät paikkaansa jos ja vain jos a2+b2−c2
2ab >0, b2+c2−a2
2bc >0, ja c2+a2−b2 2ca >0.
Mutta kosinilauseen nojalla nämä viimeiset ehdot sanovat täsmälleen, että cosα >0, cosβ >0 ja cosγ >0,
mitkä puolestaan pitävä paikkaansa täsmälleen silloin kunα,β jaγovat kaikki teräviä kulmia.
Täten a2, b2 ja c2 ovat kolmion sivut täsmälleen silloin kun alkuperäinen kolmio on teräväkulmainen.
Vaikeampia tehtäviä
12. Määritellään positiiviselle kokonaisluvullenlukuanseuraavasti:an = 0, jos luvullanon parillinen määrä lukua2007suurempia tekijöitä jaan = 1, jos luvul- lanon pariton määrä lukua 2007suurempia tekijöitä. Onko luku0,a1a2a3. . . rationaalinen?
Ratkaisu.Osoitetaan, että lukuαon irrationaalinen. Tehdään vastaoletus: luku αon rationaalinen. Nyt jonoa1, a2, a3, . . . , ak, . . . on jaksollinen jostain pisteestä lähtien. On siis olemassa positiiviset kokonaisluvut k0 ja T niin, että kaikilla k > k0 pätee ak = ak+T. Valitse positiivinen kokonaisluku m, jolla mT > k0
ja mT on neliö. Jos T =pα11pα22· · ·pαs2, niinm =pβ11pβ22· · ·pβss, missä αi+βi
on parillinen kaikillai= 1,2, . . . , sja luvutβi ovat riittävän suuria positiivisia kokonaislukuja. Valitaan alkulukup >2007niin, ettäp6=pi, kuni= 1,2, . . . , s.
Koska pmT −mT on jaollinen luvullaT, päteeamT =apmT. Olkoon luvun k tekijöiden määrä τ(k) ja olkoon f(k) luvun k niiden tekijöiden määrä, jotka ovat suurempia kuin luku2007. Nyt päteef(pmT) =f(mT) +τ(mT), ja koska τ(mT)on pariton, huomataan, että luvuistaf(pmT)jaf(mT)toisen on oltava parillinen ja toisen pariton. Tämä on kuitenkin ristiriita. Vastaoletus oli siis väärä ja alkuperäinen väite oikea.
13. Etsi kaikki positiviiset kokonaisluvut n, joilla pätee, että jos a, b, c >0 ja a+b+c= 3, niinabc(an+bn+cn)63.
Ratkaisu. Kunn≥3, epäyhtälö ei päde yleisesti. Tämä nähdään valitsemalla a= 2jab=c= 12.
Kun n = 1, epäyhtälö muuttuu muotoon abc ≤ 1, mikä on yhtäpitävää aritmeettis-geometrisen epäyhtälön kanssa.
Jäljellä on siis tapausn= 2. Kirjoitetaanab+bc+ac=x. Silloina2+b2+c2= (a+b+c)2−2x= 9−2x. Lisäksi pätee epäyhtälö
x2= (ab+bc+ac)2≥3abc(a+b+c) = 9abc
(tämän voi todistaa helposti esimerkiksi suuruusjärjestysepäyhtälöllä). Siispä x2≥9abc. Alkuperäinen epäyhtälö on siis yhtäpitävä epäyhtälön
abc(9−2x)≤3,
mikä pätee, jos todistetaan vahvempi epäyhtälö (9−2x)x2 ≤ 27. Tämä on kuitenkin yhtäpitävää epäyhtälön (2x+ 3)(x−3)2 ≥ 0, mikä on selvästi tosi, silläxon epänegatiivinen.
14. Olkoona1> 121 jaan+1=p
(n+ 2)an+ 1, kunn>1. Osoita, että 1. an > n−2n,
2. jonobn= 2n ann−1
suppenee (n= 1,2, . . .).
Ratkaisu.
1. Käytetään induktiota. Ensinnäkina1> 121 > 24319, ja tätena2>
q
3·24319 + 1 =
10
9 sekäa3>
q
4·109 + 1 = 73, joten väite on ok, kunn= 1,2,3. (Tällä ar- vioinnilla ja lukujen korvaamisella ei ollut mitään muuta tarkoitusta kuin pitää neliöjuuret miellyttävinä laskea päässä/käsin, eli ei mitään syvällistä merkitystä.
Tehdään nyt induktio-oletus:an> n−n2 jollakinn≥3. Nyt
an+1>
s (n+ 2)
n−2
n
+ 1,
eli kunhan olemme osoittaneet, että s
(n+ 2)
n− 2 n
+ 1≥n+ 1− 2 n+ 1, niin olemme valmiit. Tämä epäyhtälö on yhtäpitävä epäyhtälön
n2+ 2n−2−4 n+ 1≥
n+ 1− 2 n+ 1
2
kanssa, ja tämä epäyhtälö puolestaan supistuu muotoon 1
2 ≥ 1
(n+ 1)2 + 1 n.
Kunn≥3, pätee tämä epäyhtälö varmasti. Todistus on valmis.
2. Tarkastellaan ensin tilanne a1 = 1. Tällöinan =nkaikilla n, joten bn = 2n ann−1
= 0.
Josan <1, niin induktiolla voidaan osoittaa, ettäan < n, joten bn <0.
Todistetaan, että tällöin bn < bn+1. Tämä väite on yhtäpitävä väitteen
an−n
2n < an+1n+1−n−1 kanssa. Oikeaa puolta voidaan edelleen muokata seu- raavasti:
an+1−n−1
n+ 1 = a2n+1−(n+ 1)2
(n+ 1)(an+1+n+ 1) = (n+ 2)an+ 1−(n+ 1)2 (n+ 1)(an+1+n+ 1)
= (n+ 2)(an−n) (n+ 1)(an+1+n+ 1). Riittää siis osoittaa, että
1
2n > n+ 2
(n+ 1)(an+1+n+ 1),
eli
(n+ 1)an+1>2n(n+ 2)−(n+ 1)2= (n+ 1)2−2,
mutta tämä onkin totta ensimmäisen kohdan perusteella. Vastaavasti voi- daan myös osoittaa, että jos an > 1, niin luvut bn ovat positiivisia, ja lisäksibn+1< bn.
Täten jonobn on rajoitettu ja monotoninen ja täten suppeneva.
15. Ratkaise yhtälöryhmä kokonaislukujen joukossa:
(3a4+ 2b3=c2, 3a6+b5=d2.
Ratkaisu. Osoitetaan, että ainoa ratkaisu on a = b = c = d = 0. Tämä on selvästi yhtälöparin ratkaisu, ja voimme siirtyä muiden ratkaisujen etsimiseen.
On helppo havaita hyvin alkeellisilla jaollisuustarkasteluilla, että mikäli yksi luvuista on nolla, niin kaikkien muidenkin on oltava. Voidaan siis olettaa, että mikään luvuista ei ole nolla.
Summataan nyt yhtälöt yhteen. Saadaan
c2+d2= 3(a4+a6) + 2b3+b5= 3(a4+a6) +b3(b−1)(b+ 3),
joten yhtälön oikea puoli on jaollinen kolmella. Täten myös vasen puoli on jaol- linen kolmella. Siis molempien lukujencjadpitää olla jaollisia kolmella. Alku- peräisiin yhtälöihin sijoittamalla havaitsemme, että kolme jakaa myös luvut a jab. Kirjoitetaana= 3αa1,b= 3βb1,c= 3γc1jad= 3δd1. Lisäksiα, β, γ, δ≥1 ja3-a1, b1, c1, d1.
Nyt yhtälöryhmä voidaan kirjoittaa muodossa (34α+1a41+ 33β2b31= 32γc21,
36α+1a61+ 35βb51= 32δd21.
Seuraavaksi tarvitaan tietoa, että jos 3kp+ 3`q = 3mr ja 3 - p, q, r, niin ainakin kahden luvuistak, `, mon oltava samat. Täten on pädettävä4α+1 = 3β tai3β= 2γtai4α+ 1 = 2γ(mahdoton parillisuuden ja parittomuuden nojalla) sekä 6α+ 1 = 5β tai 5β = 2δ tai 6α+ 1 = 2δ (mahdoton parittomuuden ja parillisuuden nojalla).
Tapaus4α+ 1 = 3β ja6α+ 1 = 5β on selvästi mahdoton.
Tapaus 4α+ 1 = 3β ja 5β = 2δ on mahdoton, sillä ensimmäinen yhtälö vaatii, että lukuβ on pariton, toinen taas parillinen. Vastaavasti mahdoton on myös 3β = 2γ ja 6α+ 1 = 5β. Siispä 3β = 2δ ja 5β = 2δ. Nyt yhtälöpari muuttuu muotoon
(34α+1−2γa41+ 2b31=c21, 36α+1−2δa61+b51=d21,
ja koska 4α+ 1−2γ >0ja6α+ 1−2δ >0, yhtälöt yhteenlaskemalla saadaan 3|c1, d1, mikä on ristiriita. Todistus on valmis.
16. Olkoot a ja b erisuuria positiivisia reaalilukuja. Etsi kaikki positiivisten reaalilukujen parit (x, y), jotka ratkaisevat yhtälöparin
x4−y4=ax−by, x2−y2=√3
a2−b2.
Ratkaisu. Koskaa6=b, myös x6=y. Eliminoidaan yhtälöistä ensin a. Jälkim- mäisen yhtälön voi kirjoittaa muodossa
(x2−y2)3=a2−b2, mistä seuraa, että
a2x2=b2x2+x2(x2−y2)3. Ensimmäisen yhtälön voi kirjoittaa muodossa
ax=by+ (x4−y4), mistä seuraa, että
a2x2=b2y2+ 2by(x4−y4) + (x4−y4)2. Ottamalla erotukset lausekkeena2x2 arvoista näemme, että
b2(x2−y2)−2by(x4−y4) +x2(x2−y2)3−(x4−y4)2= 0, tai yksinkertaisemmin, että
b2−2by(x2+y2)−y2(x2−y2)(3x2+y2) = 0.
Tästä on suoraviivaista ratkaista luvunbmahdolliset arvot:
b=y x2+y2±2x2 .
Edelleen yhtälöstäax=by+ (x4−y4)seuraa, että a=x x2+y2±2y2
,
missä±-merkki valitaan samoin kuin luvunblausekkeessakin.
Jos±-merkiksi valitaan−-merkki, niin silloin luvut a=x(x2−y2), ja b=y(y2−x2) olisivat erimerkkisiä, mikä on mahdotonta. Siispä
a=x3+ 3xy2 ja b= 3x2y+y3. Koska nyt a±b = (x±y)3, on x±y = √3
a±b, mistä seuraa, että ainoa mahdollinen ratkaisu on
x=
√3
a+b+√3 a−b
2 ja y=
√3
a+b−√3 a−b
2 .
