Tammikuun 2012 helpommat kirjevalmennustehtävät
1. Kuinka monta on sellaisia 7-numeroisia luonnollisia lukuja, jotka eivät ala numerolla 1eivätkä pääty numeroon1?
Ratkaisu.Kaikki sellaiset luvut voivat alkaa kahdeksalla eri numerolla ja päät- tyä yhdeksällä eri numerolla. Muut viisi numeroa voidaan kukin valita kymme- nellä eri tavalla. Siten vastaus on 8·105·9 = 7200000.
2. Olkoon C = {c1, c2, . . . , cn} n kirjaimen joukko. Kutsumme sanaksi mitä tahansa m peräkkäisen joukosta C valitun kirjaimen jonoa, joka ei ala eikä pääty kirjaimella c1 ja missäm6n.
Kuinka monta tällaista sanaa voimme muodostaa joukonC kirjaimista?
Ratkaisu.OlkoonW(`)(missä`6mon positiivinen kokonaisluku)`kirjaimen mittaisten sanojen lukumäärä. On helppo nähdä, että W(1) =n−1, W(2) = (n−1)2, ja ettäW(`) = (n−1)2n`−2jokaisella36`6m. Kysytty lukumäärä on
m
X
`=1
W(`) = (n−1) + (n−1)2+
m
X
`=3
(n−1)2n`−2=n−1 + (n−1)2
m−2
X
`=0
n`
=n−1 + (n−1)2· nm−1−1
n−1 = (n−1) + (n−1) nm−1−1
=n−1 +nm−n−nm−1+ 1 =nm−nm−1=nm−1(n−1). 3. Etsi kaikki kaksinumeroiset luonnolliset luvuta, joille löytyy positiiviset ko- konaisluvutxjay, joille
2x+y= 2x+ 2y+a.
Ratkaisu.Kirjoitetaan yhtälö muodossa
(2x−1)(2y−1) =a+ 1.
Olemme siis oikeastaan kiinnostuneita löytämään ne positiiviset kokonaisluvut xja y, joille vasemman puolen lauseke on välillä[11,100]. Se hoituu helpoiten taulukoimalla. Symmetrisyyden nojalla riittää tarkastella vain pareja joille pätee x>y. Seuraavassa taulukossa on lausekkeen(2x−1)(2y−1) arvoja:
y \ x 1 2 3 4 5 6 7
1 1 3 7 15 31 63 127
2 9 21 45 93 189
3 49 105
Relevantit arvot on vahvennettu ja kertovat, että kelvolliset luvun a arvot 14, 20,30,44,48,62ja92.
4. Olkoon kolmion piirin puolikas pja olkoon sen sisäänpiirretyn ympyrän sä- der. Osoita, että p>3√
3r. Milloin tässä vallitsee yhtäsuuruus?
Ratkaisu. Kolmion pinta-ala on pr ja käyttämällä Heronin kaavaa ja kolmen muuttujan aritmeettis-geometrista epäyhtälöä saamme:
p2r2=p(p−a)(p−b)(p−c)6p
p−a+p−b+p−c 3
3
=pp 3 3
=p4 33. Jakamalla puolittain piirin puolikkaan neliöllä ja ottamalla puolittain neliöjuu- ret näemme, että
r6 rp2
33 = p 3√
3.
Yhtäsuuruus vallitsee täsmälleen silloin kun p−a = p−b = p−c, eli täsmälleen silloin kuna=b=c.
5. Olkootx,yjazsellaisia kokonaislukuja, ettäx2+y2=z2. Osoita, että3|xy ja että5|xyz.
Ratkaisu.Hyödynnämme niitä helposti tarkistettavissa olevia tosiasioita, että jokainen neliöluku on≡0tai1 (mod 3), ja että jokainen neliöluku on≡0,1tai
−1 (mod 5).
Jos olisi 3 - xy, niin olisi x2 ≡ y2 ≡ 1 (mod 3), jolloin olisi myös z2 ≡ x2+y2 ≡ 1 + 1 ≡2 (mod 3), mikä on mahdotonta, ja ensimmäinen väite on todistettu.
Jos 5 | xy, toinen väite pitää varmasti paikkaansa. Oletetaan siis, että on 5-xy. Nyt kumpikin luvuistax2jay2 on kongruentti toisen luvuista±1kanssa modulo5. Jos olisix2≡y2 (mod 5), niin olisi
z2≡x2+y2≡ ±1±1≡ ±2 (mod 5),
mikä on mahdotonta. Siis lukujenx2jay2on oltava keskenään epäkongruentteja modulo5, eli on oltavaz2≡ ±1∓1≡0 (mod 5). Siis5|z2 ja edelleen5|z.
6. Olkoota, b, c∈R, ja oletetaan, että
(2b−a)2+ (2b−c)2= 2 2b2−ac .
Osoita, että luvut a, b ja c ovat jonkin aritmeettisen jonon kolme peräkkäistä elementtiä.
Ratkaisu.Kun neliöt kerrotaan auki, saadaan yhtälö 4b2+a2+c2−4ab−4bc+ 2ac= 0.
Mutta nyt
(a−2b−c)2= 0, elia−2b+c= 0, jaa−b=b−c.
7. Kolmion4ABC sivujenBC,CAjaABkeskipisteet ovatL,M jaN, tässä järjestyksessä. Osoita, että
LAC[ =ABM\ jos ja vain josAN C\=ALB.[
Ratkaisu.OlkoonGkolmion4ABC painopiste.
Koska N L k AC, on aina LAC[ = \ALN, eli LAC[ = ABM\ jos ja vain jos \ALN = ABM\. Nyt \ALN = ABM\ jos ja vain jos nelikulmio BN GL on jännenelikulmio.
ToisaaltaAN C\=ALB[ jos ja vain josBN G\+GLB[ = 180◦, eli täsmälleen silloin kunBN GLon jännenelikulmio, ja olemme valmiit.
8. Etsi kaikki alkuluvutp, q ja r, joille p > q > r ja joille myös luvut p−q, p−rjaq−rovat alkulukuja.
Ratkaisu.Koskar>2, ovat alkuluvutpjaqparittomia. Nytp−qon parillinen alkuluku, ja siis yhtä kuin kaksi. Luvut p−rja q−reroavat kahdella ja ovat siis samaa parillisuutta. Koska ne kuitenkin ovat erisuuria, on niiden molempien oltava parittomia. Tätenron parillinen ja r= 2.
Nyt luvutq−2, q ja q+ 2 ovat kaikki alkulukuja. Ainakin yksi niistä on jaollinen kolmella, ja jokainen niistä on vähintään kolme. Täten q−2 = 3 ja päättelemme, ettäq= 5jap= 7.
Näin saatu alkulukukolmikkohp, q, ritoteuttaa vaaditut ehdot, sillä erotuk- set 7−5 = 2,7−2 = 5ja5−2 = 3ovat kaikki alkulukuja.
9. Olkoon 4ABC teräväkärkinen kolmio, olkoot D ja E sen kärjistä A ja B piirrettyjen korkeusjanojen kannat, olkoot A0 ja B0 janojen AD ja BE keski- pisteet, olkoon X suorien CA0 ja BE leikkauspiste, ja olkoon Y suorien CB0 ja AD leikkauspiste. Osoita, että pisteetA0, B0,X jaY ovat saman ympyrän kehällä.
Ratkaisu. Kolmiot4ADC ja4BEC ovat yhdenmuotoiset, mistä seuraa hel- posti, että BB\0C =CA\0A. Nyt todistus jakautuu kahteen osaan sen mukaan, leikkaavatko janatA0X jaB0Y vai eivät. Edellisessä tapauksessa kulmatXA\0Y ja XB\0Y ovat toistensa vieruskulmia jaA0XB0Y on jännenelikulmio. Jälkim- mäisessä tapauksessa XA\0Y = XB\0Y ja pisteet A0, B0, X ja Y ovat saman ympyrän kehällä kehäkulmalauseen nojalla.
10. Olkoot a, b ja c sellaisia reaalilukuja, että abc 6= 0, a+b+c = 0 ja a3+b3+c3=a5+b5+c5. Osoita, että
a2+b2+c2= 6 5. Ratkaisu.Koska
a3+b3+c3−3abc= (a+b+c) a2+b2+c2−ab−bc−ca
= 0, ona3+b3+c3= 3abc. Nyt
3abc=a3+b3+c3=a5+b5+c5
= a2+b2+c2
a3+b3+c3
− a2b3+a2c3+b2a3+b2c3+c2a3+c2b3
= 3abc a2+b2+c2
− a2b2(a+b) +a2c2(a+c) +b2c2(b+c)
= 3abc a2+b2+c2
+ a2b2c+a2bc2+ab2c2
= 3abc a2+b2+c2
+abc(ab+bc+ca).
Täten
a2+b2+c2= 1−ab+bc+ca
3 .
Mutta 2 (ab+bc+ca) = (a+b+c)2− a2+b2+c2
= − a2+b2+c2 , ja siten
a2+b2+c2= 1 + a2+b2+c2
6 ,
eli 56 a2+b2+c2
= 1, eli
a2+b2+c2= 6 5.
