Joulukuun helpommat valmennustehtävät  ratkaisut

Joulukuun helpommat valmennustehtävät ratkaisut

1. Tapa 1. Olkoonx_n=aⁿ+bⁿ, kunn= 0,1,2, ....Auki kertomalla havitaan kaava

aⁿ⁺²+bⁿ⁺² = (a+b)(aⁿ⁺¹+bⁿ⁺¹)−ab(aⁿ+bⁿ).

Koskaa+b = 2 ja ab =−1, saadaan xn+2 = 2xn+1−xn. Tästä reukrsio- kaavasta voidaan laskea vain peruslaskutoimitusten avullax₁₀= 6726.

Tapa 2. Kaikillax pätee(x−a)(x−b) =x²−(a+b)x+ab=x²−2x−1. Siispä a ja b ovat yhtälön x² −2x−1 ratkaisut, eli 1±√

2 toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla. Vastaus on siis(1 +√

2)¹⁰+ (1−√

2)¹⁰. Keromalla auki binomikaavalla se sievenee muotoon

2·√

2¹⁰+ 2·10·9 2·1 ·√

2⁸+ 2·10·9·8·6 4·3·2·1

√

2⁶+ 2·10·9·8·6 4·3·2·1

√ 2⁴ + 2·10·9

2·1 ·√

2²+ 2 = 6726,

koska joka toinen termi kumoutuu binomikaavassa.

2. Reunaruutuja on 2a+ 2b−4, ja ruutuja on yhteensä ab. Saadaan yh- tälö ab = 3(2a+ 2b− 4) eli ab− 6a−6b+ 12 = 0. Tämän voi jakaa tekijöihin: (a−6)(b−6) = 24. Luvun 24 positiiviset ja negatiiviset teki- jät ovat ±1,±2,±3,±4,±6,±12,±24. Luvut a−6 ja b−6 ovat siis joi- tain näistä luvuista, ja koska a, b > 0, ne ovat itse asiassa joitain luvuista

±1,±2,±3,±4,6,12,24. Kahden negatiivisen luvun tulo tästä joukosta ei voi olla24, joten a−6jab−6ovat joitain luvuista 1,2,3,4,6,12,24. Siispä ratkaisuiksi saadaan{a, b}={7,30},{8,18},{9,14},{10,12}.

3. Jälkimmäinen pelaaja pystyy pakottamaan voiton itselleen. Jos aloitta- va pelaaja ottaa jollain siirrolla k kiveä, hän ottaa 5−k kiveä. Näin ollen toisella pelaajalla on joka kierroksen alussa viidellä jaollinen määrä kiviä.

Voittaakseen on päästävä tilanteeseen, jossa oman vuoron alussa on 1,2,3 1

tai4kiveä. Aloittaja ei siis pääse tähän tilanteeseen, joten jälkimmäinen pe- laaja pääsee siihen ja voittaa.

4. Olkoonα=∠M BA. KosinilauseellaQA² =QB²+AB²−2QB·ABcosα jaQM²=QB²− ^AB₂ 2

−QB·ABcosα.NytQA²−2QM²=−QB²+^AB₂²,

ja väite seuraa.

5. Tapa 1. Aritmeettis-geometrisen epäyhtälön nojalla x⁵+x+ 1≥3³

√

x⁵·x·1 = 3x²,

kunx≥0.

Tapa 2. Tarkastellaan polynomiaP(x) =x⁵+x+ 1−3x². PäteeP(1) = 0, jotenP(x) = (x−1)Q(x) jollakin toisella polynomilla Q(x). Jakokulmassa saadaan Q(x) = x⁴ +x³ +x² −2x−1. Edelleen Q(1) = 0, joten Q(x) = (x−1)R(x) jollakin polynomilla R(x). Jakokulmassa saadaan R(x) =x³+ 2x²+ 3x+ 1. Näin ollen

x⁵+x+ 1−3x²= (x−1)²(x³+ 2x²+ 3x+ 1)≥0

kunx≥0.

6. Symmetrian nojalla riittää tarkastella tapauksia a≤b. Oletetaan aluksi, ettäaon pariton, santoaana= 2k+ 1. Tällöin yhtälö2^a+ 2^b =x² sievenee muotoon 2 + 2^b−2k−1 = ₂^x_k2

. Nyt luku 2 + 2^b−2k−1 on parillinen muttei neljällä jaollinen, mikä on mahdotonta neiöluvulle. Siispä a on parillinen, sanotaan a= 2k. Tällöin 1 + 2^b−2k = ₂^xk

2

. Tämä voidaan kirjoittaa muo- dossa ₂^xk + 1 _x

2^k −1

= 2^b−2k. Aritmetiikan peruslauseen nojalla on nyt oltava

x

2^k + 1 = 2^`, x

2^k −1 = 2^`0

jollakin kokonaisluvuilla`, `⁰ ≥0, joille`+`⁰=b. Vähentämällä yhtälöt saa- daan2^{`</sup>−2<sup>`0} = 2.Ainoat kakkosen potenssit, joiden erotus on 2, ovat4ja2. Siten`= 2, `⁰= 1 jax= 3·2^k. Tällöinb=`+`⁰+ 2k= 2k+ 3. Mahdolliset ratkaisut ovat siisa= 2k, b= 2k+ 3ja ne, joissaa jab vaihtavat paikkoja.

Nämä tosiaan kelppavat, koska2^2k+ 2^2k+3= (3·2^k)².

7. Tapa 1. Kiinnitetään yksi pelaaja, sanotaan A. A:lle voi valita parin 2n−1 tavalla. Kiinnitetään jäljelle jääneistä jokin pelaaja B. Hänelle voi

2

valita parin 2n−3 tavalla. Jatketaan tällä tavalla. Aloituskierrosten luku- määrä saadaan kertomalla eri vaiheiden lukumäärät, eli se on(2n−1)(2n− 3)(2n−5)·...·1.

Tapa 2. Pelaajista voidaan muodostaa pari ²ⁿ₂

tavalla. Lopuista pelaajista voidaan muodostaa pari ²ⁿ⁻²₂

tavalla jne.. Aloituskierroksia on siis yhteensä

2n

2

2n−2

2

...

2

2

= 2n(2n−1)(2n−3)(2n−4)...·2·1 2ⁿ

= (2n−1)(2n−3)...·1.

8. Sovelletaan neliöön 90 asteen kiertoa pisteen A suhteen. Tällöin pisteet A, B, C, D, P kuvautuvat pisteiksi A⁰, B⁰, C⁰, D⁰, P⁰. Janat AP ja AP⁰ ovat kohtisuorat ja yhtä pitkät. Siispä ∠AP P⁰ = 45^◦. Koska AP = 2, pätee P P⁰ = √

2. Koska √

2² + 1 = √

3², suorat P P⁰ ja P D ovat kohtisuorassa.

Siten∠AP D=∠AP P⁰+∠P⁰P D= 135^◦.

9. Josaon pariton, niinp= 2. Silloin kuitenkinp+ 2aon parillinen ja suu- rempi kuin2eli ei alkuluku. Siispä aon parillinen. Josaon jaoton kolmella, niin jokin luvuistap+ 2a, p+ 3a, p+ 4a on jaollinen kolmella. Nämä luvut ovat suurempi kuin3, joten tämäkään tapaus ei käy. Lukuaon siis jaolinen kolmella. Jos luku a on jaollinen myös viidellä, on a ≥ 30. Oletetaan siis, että a on jaoton viidellä. Tällöin yksi luvuista p, p+a, ..., p+ 4a on jaolli- nen viidellä. Koska nämä luvut ovat alkukukuja, sen on oltava ensimmäinen niistä, eli p = 5. Kun p = 5, niin vainta a = 6 tosiaan tuottaa alkuluvut 5,11,17,23,29.Vastaus on siis p= 5.

10. Tarkastellaan suurinta kuperaa monikulmiota, jonka kärjet ovat joukos- ta A1, A2, A3, A4, A5 (tätä sanotaan joukon konveksiverhoksi). Jos kyseinen monikulmio on viisikulmio, niin kuviossa on viisi kulmaa, joiden summa on

3

2 ·360^◦ = 540^◦. Siipä jokin näistä kulmista on enintään ⁵⁴⁰₅ = 108 astet- ta. Olkoon tämän kulma arvoltaanα. Kuviosta löytyy kolme kulmaa, joiden summa onα, joten jokin niistä on enintään ^α₃ ≤ 36^◦.Oletetaan seuraavak- si, että suurin kupera monikulmio on nelikulmio. Tällöin vaikkapa pisteet A1, A2, A3, A4 muodostavat kuperan nelikulmion, jonka sisällä A5 on. Tar- kastellaan nejää kulmaa, joiden kärki onA₅. Niiden summa on360^◦, joten jo- kin niistä on vähintään90^◦. Olkoon∠A₁A₅A₄ ≥90^◦. Nyt kolmiossaA₁A₄A₅ on jokin kulma, jonka arvo on enintään 45^◦. Olkoon lopuksi suurin kupera monikumio kolmio. Tällöin vaikkapaA₄ jaA₅ ovat kolmionA₁A₂A₃ sisällä.

Tarkastellaan kulmia, joiden kärki onA₄ ja sivupisteet joukostaA₁, A₂, A₃. 3

Näiden kulmien summa on360^◦,joten jonkin niistä arvo onβ ≥120^◦.Sano- taan vaikkapa ∠A₁A₄A₂ =β. Nyt kolmiossa A₁A₂A₄ on yksi kulma, jonka arvo on vähintään120^◦.Siispä jonkin sen kulman arvo on enintään30^◦. Kai- kissa tapauksissa siis pinenin kuma on enintään45^◦. Tämä arvo saavutetaan, kunA₁A₂A₃A₄ on neliö jaA₅ sen keskipiste.

4