Valmennustehtävien ratkaisuja, lokakuu 2013 Helpompi sarja
1. Etsi kaikki reaalikertoimiset polynomitf, joille
f(g(x)) =g(f(x)) kaikilla reaalikertoimisilla polynomeillag ja kaikilla reaaliluvuillax.
Ratkaisu. Valitaan g:ksi vakiopolynomi g(x) = a, missä a on mikä tahansa reaaliluku.. Saadaan f(a) = a kaikilla a∈R, joten funktionf on pakko olla identiteettifunktiof(x) =x. Se on selvästi polynomi.
2. Todista positiivisille reaaliluvuillexjay epäyhtälö
x2013y+xy2013≤x2014+y2014.
Ratkaisu. Symmetrian nojalla voidaan olettaa, ettäx≤y. Silloinx2013≤y2013, ja suuruusjärjestysepäyhtälöstä saadaan tulos
x2013y+y2013x≤x2013x+y2013y.
3. Saarella oli viisi merirosvoa ja apina. Merirosvot olivat saaneet päivän aikana saaliikseen paljon kolikoita. Yöllä yksi merirosvoista heräsi ja päätti kätkeä osansa saaliista. Hän jakoi kolikot viiteen kasaan ja huomasi, että yksi jäi yli;
sen hän heitti apinalle ja vei oman osansa piiloon. Sitten heräsi toinen merirosvo ja ensimmäisestä tietämättä jakoi kolikot viiteen kasaan, ja taas jäi yli yksi kolikko, jonka hän heitti apinalle ja vei yhden kasan omaan piiloonsa.
Lopuille merirosvoille kävi samoin: kukin heräsi, piilotti viidesosan jäljellä olevasta saaliista ja heitti jakojäännökseksi jääneen yhden kolikon apinalle. Seuraavana päivänä merirosvot jakoivat lopun saaliin viiteen osaan, ja taas jäi yksi kolikko yli. Mikä on pienin mahdollinen määrä kolikoita alkuperäisessä saaliissa?
Ratkaisu. Olkoon kysytty lukumääräN. Ensimmäisen ehdon mukaanN ≡1 (mod 5)eliN = 5k+ 1, missäkon jokin kokonaisluku. Toisen ehdon mukaan4k= (4/5)(N−1)≡1 (mod 5), mistä saadaan helpostik≡4 (mod 5)ja edelleenN = 5k+ 1≡21 (mod 25). Vastaavasti kolmannesta ehdosta voidaan laskeaN:n jakojäännös modulo 125, neljännestä modulo 625, viidennestä modulo 3125 ja viimeisestä (lopullisesta saaliinjaosta) modulo 15625. Nämä välivaiheet voitaisiin haluttaessa laskea, mutta ovelampaa on todeta, että ratkaisuN =−4täyttää kaikki luetellut ehdot. (Jos kolikoita on−4, heittämällä yksi apinalle jää−5, ja kun yksi merirosvo on vienyt−1:n kolikon, kasaan jää−4, joten jokainen vaihe jättää kasan ennalleen.)
Ratkaisun on tietysti oltava positiivinen, ja pienin positiivinen ratkaisu onN =−4 + 15625 = 15621.
4. Šakkilaudalta on valittu 16 ruutua, jokaiselta riviltä ja jokaisesta sarakkeesta kaksi. Todista, että valittuihin ruu- tuihin voidaan asettaa kahdeksan valkeaa ja kahdeksan mustaa sotilasta siten, että jokaisella rivillä ja jokaisessa sarakkeessa on yksi kumpaakin väriä.
Ratkaisu. Asetetaan johonkin valituista ruuduista valkea sotilas. Samalla rivillä sen kanssa on täsmälleen yksi muu valittu ruutu, joten ”kuljetaan” siihen riviä pitkin ja asetetaan siihen musta sotilas. Samassa sarakkeessa sen kanssa on täsmälleen yksi muu valittu ruutu, joten kuljetaan siihen saraketta pitkin ja asetetaan siihen valkea sotilas. Jatketaan näin, kunnes törmätään ruutuun, johon on jo asetettu sotilas. Koska jokaiseen ruutuun pääsee vain kahta reittiä, tämän ruudun on pakko olla aloitusruutu, ja siihen on pakko kulkea saraketta pitkin (riviä pitkin kuljettiin alussa), jolloin viimeisenä asetettiin musta sotilas. Jos kaikki sotilaat on asetettu, ollaan valmiita.
Muussa tapauksessa on käytetty kaikki valitut ruudut joiltakin riveiltä ja sarakkeilta, joten voidaan aloittaa asettelu uudestaan jostain käyttämättömästä ruudusta.
5. Tarkastellaanm×n–ruudukkoja, joiden jokaiseen ruutuun on kirjoitettu numero 0 tai 1. Montako sellaista ruudukkoa on, joissa jokaisen rivin ja jokaisen sarakkeen summa on parillinen?
Ratkaisu. Kutsutaan ehdon täyttäviä ruudukkoja kelvollisiksi. Kelvollisia ruudukkoja on2(m−1)((n−1), mikä voi- daan nähdä siitä, että jokainen nollista ja ykkösistä muodostettu(m−1)×(n−1)-ruudukko vastaa yksikäsitteisesti yhtä kelvollistam×n-ruudukkoa. Merkitään tämän osoittamiseksi mielivaltaista 0–1-ruudukkoa
A=
a1,1 a1,2 . . . a1,n−1 a2,1 a2,2 . . . a2,n−1
... ... ...
am−1,1 am−1,2 . . . am−1,n−1
.
Täydennetään sem×n-kokoiseksi ruudukoksi
A0 =
a1,n
A a2,n
... am,n−1 am,1 am,2 . . . am,n−1 am,n
.
Viimeisen sarakkeenn−1 ensimmäisen luvun on oltava 0, jos A:n vastaavan rivin summa on parillinen, ja 1, jos rivisumma on pariton. Samoin viimeisen rivin n−1 ensimmäistä lukua määräytyvät A:n sarakesummien parilli- suudesta. Vastaava pätee lukuunam,n: sen on oltava 1, jos ja vain jos parittomia rivisummia on pariton määrä, ja toisaalta myös, jos ja vain jos parittomia sarakesummia on pariton määrä. Nämä ehdot eivät voi olla keskenään ris- tiriidassa, koska parittomia rivisummia on pariton määrä täsmälleen silloin, kunA:n alkioiden summa on pariton, ja vastaava pätee myös sarakesummiin.
6. Ratkaise kokonaislukuyhtälö
x3+ 2y3= 4z3.
Ratkaisu. Ainoa ratkaisu on (x, y, z) = (0,0,0). Jos(x, y, z) on ratkaisu,x= 2(2z3−y3)on parillinen. Merki- täänx= 2w, jolloin
4w3+y3= 2z3. Vähennetään puolittainy3, jolloin saadaan
(−y)3+ 2z3= 4w3.
Siis jos(x, y, z)on ratkaisu, myös(−y, z, x/2)on ratkaisu. Soveltamalla samaa päättelyä vielä kahdesti saadaan rat- kaisu(−x/2,−y/2,−z/2). Koska tätä päättelyä voidaan toistaa mielivaltaisen monta kertaa, mielivaltaisen suuren kahden potenssin on jaettava luvutx, yjaz. Siten on oltavax=y=z= 0.
7. Onko olemassa positiivista kokonaislukua, jonka kaikki alkutekijät kuuluvat joukkoon{2,3,5,7}ja jonka viimeiset numerot ovat 11? Jos on, etsi pienin tällainen luku. Jos ei, todista, ettei sellaista ole.
Ratkaisu. Jos luvulla on tekijänä 2 tai 5, sen viimeinen numero on 0, 2 tai 5. Riittää siis rajoittua alkutekijöihin 3 ja 7. Jos3m7n= 100k+ 11jollakink, on erityisesti
3m7n≡11 (mod 20).
Koska34= 81≡1 (mod 20), 74= 2401≡1 (mod 20) ja3·7≡1 (mod 20), saadaan kongruenssit 3m7n ≡3m−47n≡3m−17n−1≡3m7n−4 (mod 20),
joista kukin on voimassa, jos sen eksponentit ovat ei-negatiivisia. Näitä toistuvasti soveltamalla saadaan tulos, että 3m7n on kongruentti modulo 20 jonkin luvuista 1, 3, 32, 33, 7, 72 ja 73 kanssa. Mikään näistä ei ole 11 (mod 20), joten niin ei ole myöskään3m7n.
8. Onko olemassa äärettömän monta kokonaislukua, joiden neliö päättyy numeroihin 444?
Ratkaisu. Koska 382 = 1444, on ainakin yksi tällainen kokonaisluku. Samoin lukujen 1038, 2038, . . . neliöt päättyvät samoihin numeroihin, koska(1000k+ 38)2= 1000000k2+ 2·38·1000k+ 1444≡444 (mod 1000). Tällaisia lukuja on siis äärettömän monta.
9. Todista, että missä tahansa kolmiossa enintään yksi sivu voi olla lyhyempi kuin sen vastaisesta kärjestä piirretty korkeusjana.
Ratkaisu. Olkoot kolmion ABC korkeusjanat AD ja BE niiden vastaisia sivuja BC ja AC pidemmät. Kol- mio ADC on suorakulmainen ja sen hypotenuusaAC on kateettiaAD pitempi. Vastaavasti kolmiosta BCE saa- daanBC > BE. Siis
AD > BC > BE > AC > AD, mikä on ristiriita.
10. PisteidenAjaBetäisyys toisistaan on 1. Etsi ne suoranABpisteetP, joille 1
1 +AP+ 1
1 +BP on maksimaalinen.
Ratkaisu. Jos pistePei ole janallaAB, voidaan olettaa, ettäP A < P B. SilloinP B > ABja 1
1 +AP+ 1 1 +BP <
1+ 1
1 +AB, minkä oikea puoli on lausekkeen arvo, kunP =A. Siten maksimin on oltava janallaAB. OlkoonAP =x, 0≤x≤1. Silloin
1
1 +AP + 1
1 +BP = 1
1 +x+ 1
2−x= 3 2 +x−x2.
Siis maksimi saavutetaan, kun 2 +x−x2 = 2 +x(1−x)saavuttaa minimin, mikä tapahtuu, kun x= 0taix= 1 (silläx(1−x)>0). Maksimi siis saavutetaan, kun P =A taiP =B.
Valmennustehtävien ratkaisuja, lokakuu 2013 Vaikeampi sarja
1. Olkoonkpositiivinen kokonaisluku. Etsi suurin 3:n potenssi, joka jakaa luvun10k−1.
Ratkaisu. Kirjoitetaan k= 3mn, missä3-n. Todistetaan, että 3m+2|10k−1mutta3m+3-10k−1.
Käytetään induktiota luvunmsuhteen ja tietoa, että luku on jaollinen kolmella (yhdeksällä), kun sen numeroiden summa on jaollinen kolmella (yhdeksällä). Kunm= 0,kei ole kolmella jaollinen, ja
10k−1 = 9·111. . .1
| {z }
knumeroa
.
Luvun111. . .1numeroiden summa on k, joten10k−1 on jaollinen32:lla mutta ei33:lla.
Oletetaan, että väite päteem:lle, ja olkoonk= 3m+1n, missä3-n. Silloin
10k−1 = (103mn)3−1 = (103mn−1)(102·3mn+ 103mn+ 1).
Induktio-oletuksen mukaan3jakaa ensimmäisen tekijän3m+2kertaa. Toisen tekijän numeroiden summa on3, joten se on jaollinen3:lla mutta ei32:lla.
2. Olkoonapositiivinen kokonaisluku. Todista, että on olemassa yksikäsitteinen pari(x, y)positiivisia kokonaislukuja, joillex+12(x+y−1)(x+y−2) =a.
Ratkaisu. Järjestetään lukuparit(x, y)ensisijaisesti summanx+y mukaan ja toissijaisesti luvunxmukaan:
y
1 2 3 4 5 x
1 2 3 4
5 1. (1,1)(summa 2)
2. (1,2)(summa 3) 3. (2,1)
4. (1,3)(summa 4) 5. (2,2)
6. (3,1)
7. (1,4)(summa 5) 8. (2,3)
.. .
Lukua n pienempien positiivisten koko- naislukujen summa on 12(n−1)(n−2).
Parin (x, y) järjestysluku saadaan las- kemalla yhteen pienempisummaisten pa- rien lukumäärä 12(x+y−1)(x+y−2) ja parin (x, y) järjestysluku samansum- maisten joukossa, joka onx. Jokaisen po- sitiivisen kokonaisluvunaon oltava täs- mälleen yhden parin järjestysluku, mistä väite seuraa.
3. Etsi kaikki kolmioluvut, jotka ovat myös neliölukuja.
(Kolmiolukuja ovat1,1 + 2 = 3,1 + 2 + 3 = 6, . . ., ja neliölukuja12= 1,22= 4,32= 9, . . ..) Ratkaisu. Olkoonn2= 12m(m+ 1). Saadaan
8n2= 4m2+ 4m= (2m+ 1)2−1 eli (2m+ 1)2−8n2= 1.
Tämä on Pellin yhtälö1luvuilleA= 2m+ 1 jaB= 2n:
A2−2B2= 1.
Kokeilemalla löydetään ratkaisuA= 3,B= 2, ja yleinen ratkaisu on ak+√
2bk = (3 + 2√ 2)k, jolle saadaan binomilausetta soveltamalla suljettu muoto
ak= (3 + 2√
2)k+ (3−2√ 2)k
2 , bk= (3 + 2√
2)k−(3−2√ 2)k 2√
2 .
Tehtävässä kysyttyjä lukuja on äärettömän monta, ja ne ovat muotoa bk
2 2
= (3 + 2√
2)k−(3−2√ 2)k2
32 .
4. Tarkastellaan kolmiota ABC, jonka kulmilleα, β, γ (kärjissä A, B, C) pätee α≤β ≤ γ. Mikä ehto pitää asettaa kulmille, jotta on mahdollista suunnata valonsäde pisteestä C sivuaABkohti, se voi heijastua siitä sivulle BC ja siitä pisteeseenA?
Ratkaisu. Välttämätön ja riittävä ehto on 45◦−12α < β <60◦.
Kun valo kulkee pisteestä X pisteeseenY heijastuen suorasta, se saapuu samasta suunnasta kuin pisteenX kuva peilauksessa saman suoran suhteen.
X
X0
Y
A B
C
C0
C00 E
D
1http://solmu.math.helsinki.fi/olympia/kirjallisuus/pell.pdf
Jos säde kulkee reittiäC→D→E→A, se näyttää tulevan pisteeseenEpisteenC0suunnasta, missäC0on pisteC heijastettuna suoranAB suhteen, ja pisteeseenA pisteenC00 suunnasta, missä pisteC00 on piste C0 heijastettuna suoran BC suhteen. Pisteen C00 on oltava kulman ∠BAC sisällä ja pisteen C0 on oltava kulman ∠ACB sisällä.
Jälkimmäinen ehto toteutuu aina, koska kulmat α ja β ovat teräviä. Edellisen ehdon toteutumiseksi on oltava sekä∠C00BA <180◦ että∠ACC00<180◦.
Symmetrian nojalla∠C00BC=∠CBC0= 2β, jotenC00BA= 3β, mistä saadaan ehtoβ <60◦. Heijastuksista seuraa, ettäBC=BC0 =BC00, joten4CBC00on tasakylkinen. Siten
∠BCC00= 1
2(180◦−∠C00BC) = 90◦−β,
ja ehto∠ACC00<180◦ saadaan muotoonγ+ 90◦−β <180◦ eli270◦−α−2β <180◦eli45◦−12α < β.
5. Kuusikulmion ABCDEF kärkipisteet ovat ympyrällä, jonka säde onr. Sivuista AB, CD ja EF jokaisen pituus onr. Todista, että muiden kolmen sivun keskipisteet muodostavat tasasivuisen kolmion.
Ratkaisu. Olkoon ympyrän keskipiste O, ja olkoot sivujenBC, DE ja F A keskipisteet P, Q jaR. ValitaanO koordinaatiston origoksi, jolloinP= 12(B+C), Q= 12(D+E)jaR= 12(F+A).
O
A B
C
D
E F
P
Q R
Saadaan
P Q=Q−P = 1
2(D+E−B−C).
Merkitään ρ:lla 60◦:een vastapäiväistä kiertoa O:n ympäri. Oletusten nojalla ρ(B) = A ja ρ(D) = C. Nelikul- mion OF Eρ(E) jokaisen sivun pituus on r, joten se on suunnikas ja ρ(E) = Oρ(E) = F E =E−F. Vastaavas- tiρ(C) =C−D. VektorinP Qkuva tässä kierrossa on
ρ(P)ρ(Q) =ρ(Q)−ρ(P) = 1
2(ρ(D) +ρ(E)−ρ(B)−ρ(C) )
= 1
2(C+E−F−A−C+D)
= 1
2(D+E−F−A)
=Q−R=RQ.
Tästä seuraa, ettäP Q=QR ja∠P QR= 60◦, jotenP QRon tasasivuinen kolmio.
6. Kahden pelaajan pelissä yhdistetään m×n–hilan hilapisteitä. Vuorollaan kumpikin pelaaja piirtää janan, joka yhdistää kaksi hilapistettä kulkematta minkään muun hilapisteen kautta ja leikkaamatta aiemmin piirrettyjä janoja.
Viimeisen janan piirtäjä voittaa. Kummalla pelaajalla on voittostrategia ja millainen se on?
Ratkaisu. Toisella pelaajalla on voittostrategia, josmnon pariton, muuten ensimmäisellä.
Olkoon hilan keskipiste Z. Voittostrategia perustuu kummassakin tapauksessa janojen peilaamiseen Z:n suhteen.
Merkitään pisteenX peilikuvaa pisteenZ suhteen X0:lla.
Oletetaan, että yksi pelaajista tekee sallitun siirron janallaP Q, kun jo piirrettyjen janojen joukko on symmetrinen Z:n suhteen. Milloin on mahdotonta vastata tähän janallaP0Q0? JanaP0Q0ei voi kulkea hilapisteiden kautta, koska muuten jana P Q olisi kulkenut hilapisteen kautta. Jana P0Q0 ei voi leikata sellaista janaa RS, joka on piirretty ennen janaa P Q, koska muuten myös jana R0S0 olisi piirretty sitä ennen, ja janatP Q ja R0S0 olisivat leikanneet toisensa. Ainoa mahdollisuus on, että janat P Q ja P0Q0 leikkaavat. Mutta jos niillä on yhteinen piste W, myös pisteW0 on yhteinen, samoin kaikki niiden väliset pisteet, myösZ. Tämä on mahdollista vain, josZei ole hilapiste.
JosZ ei ole hilapiste, mikä on yhtäpitävää sen kanssa että vähintään toinen luvuistam jan on parillinen, ensim- mäisen pelaajan voittostrategia on piirtää ensin jokin jana XX0 ja sen jälkeen vastata janaan P Q janalla P0Q0. Edellä esitetyn päättelyn nojallaP0Q0 on aina mahdollinen siirto.
JosZon hilapiste, mikään sellainen jana ei ole sallittu, joka sisältääZ:n sisäpisteenä. Toisen pelaajan voittostrategia on vastata janaanP Q janallaP0Q0, mikä on jälleen edellä esitetyn päättelyn nojalla mahdollista.
7. 10×10–ruudukon ruuduista osa on aluksi valkeita ja osa mustia. Jokaisella aikayksiköllä maalataan mustiksi sellaiset valkeat ruudut, joilla oli edellisellä aikayksiköllä vähintään kaksi mustaa naapuria (ruutua, jolla on yhteinen sivu).
Onko sellaista väritystä, jossa mustia ruutuja on (a) yhdeksän
(b) kymmenen
ja josta aloitettaessa koko ruudukko muuttuu lopulta mustaksi?
Ratkaisu. Ratkaistaan ensin helpompi b-kohta: jos lävistäjän ruudut ovat aluksi mustia, musta väri leviää ai- kayksiköllätruutuihin, joiden etäisyys lävistäjästä ont, ja siten lopulta koko ruudukkoon.
A-kohdassa kysyttyä väritystä ei ole olemassa. Tarkastellaan tämän todistamiseksi mustan alueen piiriä, ts. sellaisia ruutujen sivuja, joiden toisella puolella on musta ruutu ja toisella ei. Yhdeksän ruudun värityksessä piiri on enin- tään 36, ja koko ruudukon värityksessä 40, joten jos voidaan todistaa, että piiri ei voi kasvaa, väite on todistettu.
Ruutujen maalaamista voidaan tarkastella erikseen, sillä ylimääräisten ruutujen maalaaminen voi enintään muuttaa muiden maalaamista aiemmaksi, millä ei ole vaikutusta lopulliseen tulokseen. Tilanteita, joissa ruutu maalataan, ovat oleellisesti seuraavat:
Kaavioiden värityksessä harmaa tarkoittaa ruutua, jolla ei ole väliä, ja valkoinen tai harmaa ruutu voivat olla myös ruudukon ulkopuolista aluetta. Kahdessa ensimmäisessä tapauksessa mustan alueen piiri pysyy ennallaan, kolmannessa pienenee kahdella ja neljännessä pienenee neljällä.
8. Onko olemassa funktioitaf :R→Rjag:R→R, joille f(g(x)) =x2 jag(f(x)) =x4?
Ratkaisu. Rajoitutaan ensin joukossa [1,∞)määriteltyihin funktioihin. Oletuksista seuraa f(x4) =f(g(f(x))) =f(x)2.
Tehdään sijoitus
f(x) =aF(logbx), a >0, b >0,
jolloin aiempi yhtälö muuttuu muotoon
F(4y) = 2F(y), kun x≥0jay= logbx. Tälle löytyy helposti ratkaisu, esim.F(x) =√
x. Päädytään ratkaisuehdokkaaseen
f(x) =a
√
logbx, x≥1.
Toisaalta
g(x2) =g(f(g(x))) =g(x)4,
ja jälleen sijoituksellag(x) =cG(logdx)saadaan funktionaaliyhtälöG(2y) = 4G(y), jolla on esim. ratkaisuG(x) =x2. Saadaan ratkaisuehdokas
g(x) =c(logdx)2, x≥1.
Vakiota,b,c jadpitää valita sopivasti. Sijoittamalla alkuperäisiin yhtälöihin keksitään melko helposti ratkaisut
f(x) = 2
√
log2x ja g(x) = 16(log2x)2, x≥1.
Välillä x ∈ (0,1) voidaan määritellä f(x) = 1/f(1/x) ja g(x) = 1/g(1/x). Edelleen voidaan asettaa f(0) = 0 jag(0) = 0. Negatiivisillaxvoidaan määritelläf(x) =f(−x).
Halutunlaiset funktiot ovat siis olemassa.
9. Todista, että josa, bjacovat positiivisia reaalilukuja, joilleabc≥29, pätee epäyhtälö 1
p1 + (abc)1/3 ≤ 1 3
1
√1 +a+ 1
√1 +b+ 1
√1 +c
.
Ratkaisu. Jos voitaisiin olettaa a, b, c≥2, voitaisiin asettaaa=ea0 jne. ja soveltaa Jensenin epäyhtälöä. Funk- tiox7→1/p
1 + exp(x)on kuitenkin konveksi vain, kunx≥ln 2.
Väite seuraa epäyhtälöistä
√ 1
1 +x+ 1
√1 +y ≥ 2 p1 +√
xy, x, y >0, xy≥26, (1) ja
√ 2
1 +x+ 1
√1 +y ≥ 3 q
1 +p3 x2y
, x, y >0, x2y≥29. (2)
Voidaan nimittäin olettaa, ettäa≥b≥c, jolloinab≥26 (koska muutenabc <29). Saadaan
√ 1
1 +a+ 1
√1 +b+ 1
√1 +c ≥ 2 p1 +√
ab
+ 1
√1 +c ≥ 3 p1 +√3
abc ,
joka on tehtävän väite.
Todistetaan epäyhtälö (1). Tarkastellaan funktiotaf(x) = 1/√
1 +x+ 1/p
1 +p/x, kunx >0 jap≥26. Funktion derivaatta on
f0(x) =− 1
2(1 +x)3/2+ p 2(1 +p/x)3/2x2 ja
f0(x)≥0 ⇐⇒ p
2(1 +p/x)3/2x2 ≥ 1
2(1 +x)3/2 ⇐⇒ p2(1 +x)3≥x4(1 +p/x)3=x(x+p)3 Tavoite on todistaa, että f(x):n minimi onx=√
p, joten erotetaan vasemman ja oikean puolen erotuksesta teki- jäksip−x2:
p2(1 +x)3−x(x+p)3=p2(1 + 3x+ 3x2+x3)−x(x3+ 3x2p+ 3xp2+p3)
=−x4+ (p2−3p)x3+ (3p2−p3)x+p2= (p−x2)(x2+ (3p−p2)x+p).
Ensimmäisellä toisen asteen polynomilla on yksinkertainen juuri √
p:ssä. Jälkimmäisellä toisen asteen polynomilla on kaksi reaalijuurta, jos (3p−p2)2 > 4p eli p4−6p3+ 9p2−4p > 0. Tämä toteutuu, jos esim. p > 6, koska silloinp4−6p3+ 9p2−4p >(p−6)p3+ 9p(p−1)>0. Juurien summa onp2−3p >0ja tulo onp. Tästä seuraa, että juuret ovat positiivisia ja √
p:n eri puolilla. Olkoot juuretα ∈(0,√
p) ja toinenβ ∈(√
p,∞), jolloin polynomien tulon (ja siten derivaatanf0(x)) etumerkki on seuraava:
x
p − x2
x2+ (3p−p2)x+p
tulo
0 α √
p β ∞
+ + + 0 − − −
+ 0 − − − 0 +
+ 0 − 0 + 0 −
Siis f:llä on paikallinen minimi√
p:ssä. Rajoillalimx→∞f(x) = 1jalimx→0+f(x) = 1, jotenf(√
p) = 2/p 1 +√
p on globaali minimi, kunhanp >9.
Todistetaan epäyhtälö (2). Tällä kertaa tarkastellaan funktiota g(x) = 2/√
1 +x+ 1/p
1 +q/x2, kun q ≥ 29 jax >0. Derivaatta on
g0(x) =− 1
(1 +x)3/2 + q
(1 +q/x2)3/2x3 = −(x2+q)3/2+q(x+ 1)3/2
√x+ 1p
x2+q(x3+x2+qx+q) ja sillä on sama etumerkki kuin lausekkeella
q2/3(x+ 1)−(x2+q).
Tämän polynomin yksi juuri on√3
qja toinen onq2/3−q1/3. Siteng(x):llä on paikallinen minimi kohdassax=√3 q, ja koskalimx→∞g(x) = 1≥g(√3
q), kunx≥29, tämä on myös globaali minimi.
10. Etsi kaikki reaaliluvutx, y, z≥1, joille min(√
x+xyz,√
y+xyz,√
z+xyz) =√
x−1 +p
y−1 +√ z−1.
Ratkaisu. Olkoot a, b, c≥0luvut, joillex= 1 +a2,y= 1 +b2jaz= 1 +c2. Voidaan olettaa, ettäcon luvuista pienin, jolloin tehtävän ehto on
(1 +c2)[1 + (1 +a2)(1 +b2)] = (a+b+c)2. Cauchyn–Schwartzin epäyhtälö jonoille(1, a+b)ja(c,1)on
(a+b+c)2≤[1 + (a+b)2](1 +c2) joten
(1 +a2)(1 +b2)≤(a+b)2,
mistä saadaan(1−ab)2≤0eliab= 1. Tällöin jälkimmäisessä epäyhtälössä vallitsee yhtäsuuruus, samoin Cauchyn–
Schwartzin epäyhtälössä, jotenc(a+b) = 1. Toisaalta oletuksistaab= 1jac(a+b) = 1seuraac= 1/(a+b)<1/b=a ja vastaavastic < b, jolloin tehtävän ehto on voimassa.
Siis ratkaisut ovat
{x, y, z}=n
1 +a2,1 + 1
a2,1 + a a2+ 1
2o
kaikillaa >0.
