Matematiikka/Matemaattisia ongelmia

Tämä sivu sisältää matemaattisia ongelma. Sivulta Ohje:TeX-opas saat apua kaavoihin.

Tehtäviä

(puuttuvia tehtäviä voi lisätä)

Tehtävä 1.

Määritä kaikki ei-negatiiviset kokonaislukunelikot $(a,b,c,n)$ joille pätee $n^a+n^b=n^c$ (lukuteoria, helpohko) (VP, tosin plagioitu)

Tehtävä 2.

Määritä kaikki alkuluvut p, joiden kymmenjärjestelmäesityksestä voidaan poistaa vapaavalintaiset numerot (jättäen ainakin yhden jäljelle) niin, että jäljelle jäävä luku on myös alkuluku. (Esimerkiksi 13 -> 3 tai 239 -> 29, 23 tai 3) (lukuteoria)

Tehtävä 3.

Todista, ettei ole olemassa sellaista joidenkin kolmen peräkkäisen positiivisen kokonaisluvun summaa, joka voitaisiin esittää myös joidenkin kolmen peräkkäisen positiivisen kokonaisluvun neliöiden summana. (lukuteoria, varsin helppo)(VP)

Tehtävä 4.

Olkoon n mielivaltainen positiivinen kokonaisluku. Voidaanko Fibonaccin lukujonosta löytää luku, joka on jaollinen n:llä? (lukuteoria, helpohko)

Tehtävä 5.

Todista, että $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p})\equiv 2(\mathrm{mod}{p}^2)$ kaikilla alkuluvuilla p. (lukuteoria, helpohko)

Tehtävä 6.

Ratkaise välillä [-2,2] ryhmä

$\{\begin{array}{ccc}a+b+c+d+e& =& 0\\ a^3+b^3+c^3+d^3+e^3& =& 0\\ a^5+b^5+c^5+d^5+e^5& =& 10\end{array}$

Tehtävä 7.

Todista, että jos positiivisella kokonaisluvulla n on pariton alkulukutekijä, niin on olemassa joukon $(1,2,3,...n)$ permutaatio $(a_1,a_2,...a_n)$ siten, että pätee yhtälö $\sum _{k=1}^{n}k\cos \left(\frac{2a_k\pi }{n}\right)=0$ .(algebra/kombinatoriikka, haastavahko) (LA)

Tehtävä 8.

Olkoon ABCD jännenelikulmio, jonka lävistäjien leikkauspiste on O. (Jokin) pisteiden D ja O kautta kulkeva ympyrä leikkaa janat AD ja CD pisteissä M ja N. Suorat OM ja BA leikkaavat pisteessä R, ja suorat ON ja CB leikkaavat pisteessä T. Lisäksi R ja T ovat samalla puolella suoraa BD kuin A.
Osoita, että O, R, T ja B ovat saman ympyrän kehällä.
(geometria, sopii suomalaisellekin)

Tehtävä 9.

Olkoon ABCD konveksi ympyrän ympärille piirretty nelikulmio. Puolisuorat AB ja DC leikkaavat pisteessä E, ja samoin puolisuorat DA ja CB leikkaavat pisteessä F. (Siis esimerkiksi piste B on janalla AE, mutta A ei ole janalla BE.) Olkoot X, Y ja Z tässä järjestyksessä kolmioiden AFB, BEC ja ABC sisään piirrettyjen ympyröiden keskipisteet. Suora XZ leikkaa suorat EA ja ED pisteissä K ja L, tässä järjestyksessä, ja edelleen suora YZ leikkaa suorat FC ja FD pisteissä M ja N.

Osoita, että $EK=EL$ jos ja vain jos $FM=FN.$

(geometria, vaativa mutta mahdolinen)

Tehtävä 10.

Olkoot a, b ja c välin [-1,1] lukuja ja x,y,z välin [0,1) lukuja. Etsi seuraavan lausekkeen suurin mahdollinen arvo: $\frac{(1-a)(1-b)(1-c)}{(1-bz)(1-cx)(1-ay)}$
(algebra, varsin helppo)

Tehtävä 11.

Määritellään $x_k=\frac{k}{101}$. Laske summa $\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{1-3x_k+3x_k^2}$.

(algebra, aika helppo)

Tehtävä 12.

Sovitaan merkinnästä $[a][b]$ = kymmenjärjestelmän luku, jossa luvun a perään on kirjoitettu luvun b numerot. Määritellään sitten lukujono $a_1=0,1$; $a_n=[a_{n-1}][n!]$. Osoita, että näin määritelty lukujono suppenee. Onko raja-arvo rationaalinen?

(Huom. lukujono suppenee kohti raja-arvoa A, jos ja vain jos jokaisella positiivisella reaaliluvulla b on olemassa kokonaisluku N siten, että aina kun n>N, $\left|a_n-A\right|<b$)

(monelta osa-alueelta, kuitenkin aika helppo)

Tehtävä 13.

On annettuna alkuluku p. Funktio f on määritelty kaikilla kokonaisluvuilla ja se saa vain kokonaislukuarvoja. Lisäksi tiedetään, että $f(m)=f(n)$ kaikilla $m\equiv n(\mathrm{mod}p)$ ja että $f(mn)=f(m)f(n)$ kaikilla m,n. Määritä mahdolliset f:t.

(lukuteoria, ratkeava)

Tehtävä 14.

(2 osakysymystä) Tarkastellaan laatikkoa, jossa voi olla sinisiä palloja S, punaisia palloja P ja valkoisia palloja V. Palloja muutetaan toisiksi seuraavien operaatioiden avulla:
P+P -> V
S+S -> V
V+V -> S+P
S+V -> P
P+V -> S
Alkutilanteessa laatikossa on 2000 valkoista palloa V, muunvärisiä ei lainkaan. Äärellisen monen operaation jälkeen laatikossa on kolme palloa - osoita, että tasan yksi niistä on valkoinen. Selvitä lisäksi, voidaanko alkutilanteesta päästä tilanteeseen, jossa laatikossa on vain yksi pallo jäljellä.

(kombinatoriikka)

Tehtävä 15.

Pelaaja A yrittää selvittää kokonaislukua X, 0<X<101. A saa vuorollaan valita mitkä tahansa kokonaisluvut M ja N, joille 0<M<101 ja 0<N<101. Tämän jälkeen A:lle annetaan luku syt(N, X+M).
Osoita, että A voi selvittää X:n seitsemän kysymyksen jälkeen.
Jos intoa riittää, osoita, että A voi selvittää X:n jo kuuden kysymyksen jälkeen silläkin lisärajoituksella, että M ja N ovat alle 85. (Tämäkään ei ole vielä aivan rajatapaus.)

(kombinatoriikka)

8.11. (LA)

Tehtävä 16. Tasossa on annettu suorakulmio S, joka on jaettu pienempiin suorakulmioihin. Tiedetään, että jokaisen pienen suorakulmion jokin sivu on kokonaisluvun pituinen. Osoita, että S:n jokin sivu on kokonaisluvun pituinen.

(kombinatoriikka; tähän on aika häijy malliratkaisu)

16.11.

(TT) Tehtävä 17. Todista, että $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2(n-i)}{n-i})=4^n$.

Tehtävä 18.

Ympyrän pinta-ala on $\pi R^2$ ja pallon tilavuus $\frac{4}{3}\pi R^3$. Määritä n-ulotteisen R-säteisen "pallon" n-ulotteinen mitta.

Tehtävä 19.

Olkoon annettuna n kokonaislukua $a_1,a_2,...,a_n$, joiden neliösumma S on positiivinen. Tarkastellaan n:n ulottuvuuden tasojen (hypertasojen) joukkoa J, joka toteuttaa seuraavat ehdot:

a) J:n tasot ovat vektoria $(a_1,a_2,...,a_n)$ vastaan kohtisuorassa.

b) kaikki J:n tasot sisältävät äärettömän monta n-ulotteisen avaruuden kokonaislukukoordinaattista pistettä.

Määritä J:n tasojen lyhin mahdollinen etäisyys toisistaan (tavanomaisella euklidisella normilla mitattuna).

Tehtävä 20.

Monta kokonaislukuratkaisua on yhtälöillä $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{N},x^2-y^2=N$, joissa N on positiivinen kokokonaisluku.

Tehtävä 21.

Todista, ettei $4x^3+4x^2+4x+1$ ole neliöluku millään positiivisella kokonaisluvulla x.

Tehtävä 22.

Olkoon annettu mxn-shakkilauta, jonka ruudun sivun pituus on 1. Siveltimellä, jonka leveys on 1, maalataan shakkilaudalle viiva siten että siveltimen keskikohta on aina laudan lävistäjän päällä ja sivellin on koko ajan kohtisuorassa lävistäjää vastaan. Laske kuinka monen ruudun kautta viiva kulkee.

Tehtävä 23.

17.7. (LA) Pallon pinnalla on n pistettä $A_k$ . Olkoon G näiden pisteiden painopiste, ja $B_k$ pallon ja suoran $G{A}_k$ toinen leikkauspiste, $1\le k\le n$. Todista epäyhtälöt $\prod _{k=1}^n\left|G{A}_k\right|\le \prod _{k=1}^n\left|G{B}_k\right|$ ja $\sum _{k=1}^n\frac{1}{\left|G{B}_k\right|}\le \sum _{k=1}^n\frac{1}{\left|G{A}_k\right|}$.

Tehtävä 24.

Reaaliluvut a,b,c,x,y ja z ovat epänegatiivisia, ja $a+x=b+y=c+z=k$. Todista epäyhtälö $ay+bz+cx\le k^2$ .

Tehtävä 25.

Kolmion ABC ala on 1. Valitaan sivuilta AB, BC, AC pisteet F, D, E, tässä järjestyksessä, siten että AF/BF=r, BD/CD=s, CE/AE=t. Olkoon janojen AD ja BE leikkauspiste G, AD:n ja CF:n leikkauspiste I, BE:n ja CF:n leikkauspiste H. Osoita että kolmion GHI ala on $\frac{(rst-1{)}^2}{(rs+r+1)(rt+t+1)(st+s+1)}$

Ratkaisuja

(puuttuvia kohtia voi täyttää)

1.

• Kun n=0, yhtälö toteutuu $\mathrm{\forall }a,b,c$
• Kun n=1, $\mathrm{\exists }a,b,c$, joille yhtälö toteutuisi
• Kun n=2, $a+1=b+1=c$
• Kun n>2,

jos a=b, niin $2*n^a=n^c$ eli $n|2⟹n\le 2⟹ℛℛ$.

.

jos a<b, niin $(n^{b-a}+1)n^a=n^c$ eli $n|n^{b-a}+1⟹ℛℛ$.

Siispä ainoat ratkaisut ovat (a, b, c, 0) ja (a+1, a+1, a, 2) $\mathrm{\forall }a,b,c\in {\mathbb{Z}}_{+}$

2.

Tehtävän ehdot täyttävän alkuluvun numeroiden täytyy olla alkulukuja. Näin ollen luvussa saa esiintyä numerot 2,3,5 ja 7. Numerot 2 ja 5 saavat olla vain ensimmäisenä, koska muuten saataisiin kahdella tai viidellä jaollinen luku numeroita poistamalla. Yksinumeroiset luvut ovat 2,3,5 ja 7 ja kaksinumeroiset 23, 37, 53, 73. Luvussa ei saa olla kahta samaa numeroa peräkkäin, koska tällöin syntyisi 11 jaollinen osa.Kolminumeroiset kandidaatit ovat siis 237, 373, 537 ja 737. Vain 373 on alkuluku. Nelinumeroinen 3737 = 37*101, joten tehtävässä kysytyt luvut ovat {2, 3, 5, 7, 23, 37, 53, 73, 373}.

3.

(n - 1) + n + (n + 1) = 3n = 0 mod 3 , mutta $(n-1{)}^2+n^2+(n+1{)}^2=3n^2+2$ = 2 mod 3.

4. (VP)

Voidaan, itse asiassa äärettömän monta. Tarkastellaan Fibonaccin lukujonoa modulo n (eli jonon jäsenten jakojäännöksiä jaettaessa n:llä). Selvästikin jonon on oltava jostain indeksistä lähtien jaksollinen, sillä jonon jokaisen jäsenen arvo riippuu vain kahden edellisen jäsenen arvosta, jotka taas voivat kumpikin saada enintään n eri arvoa (0,1,2,..,n-1). Jakson pituus $k\le n^2$. Nyt itse asiassa ko. jonon on oltava jaksollinen jokaisella kokonaislukuindeksillä "molempiin suuntiin", sillä jonon edellinen jäsen voidaan laskea yksikäsitteisesti kahdesta seuraavasta. Nyt siis $F_0=0,F_1=1,F_2=1,...$(mod n), joten jollain $1\le k\le n^2$ pätee $F_{km}=F_0=0$(mod n), eli $n|F_{mk}($ kaikilla $m\in \mathbb{Z})$.

5.(VP)

Selvästi/tunnetusti (2p yli p) = $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p})={(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{0})}^2+{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{1})}^2+...+{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p})}^2$ . p on alkuluku, joten $p|(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})=\frac{p(p-1)..(p-k+1)}{1\cdot 2\cdot ..\cdot k}$ (1 < k < p) $⟹p^2|{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})}^2$, ja ${(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{0})}^2={(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p})}^2=1$, joten $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p})=1+0+0+...+0+1=2$ (mod $p^2$ )

6.

Tämä on vain yksi ratkaisu, muitakin voi ehkä olla.<br\> Normeerataan kaikki muuttujat jakamalla ne samalla vakiolla 2. Viimeisen yhtälön oikea puoli on tällöin $\frac{5}{16}$. Valitaan uusiksi muuttujiksi kompleksisten yksikköjuurten $z_i=\sqrt[5]{1}$ reaaliosat. Enemmän tai vähemmän tunnetusti näiden muuttujien summa on geometrisen summan $1+\sqrt[5]{1}+...(\sqrt[5]{1}{)}^4=\frac{z_1^5-1}{z_1-1}=0$ reaaliosa 0.

Potenssisummia voidaan muokata kirjoittamalla $z=\mathrm{Re}(z)+i\mathrm{Im}(z)$, käyttämällä binomikaavaa ja havaitsemalla $(\mathrm{Im}(z){)}^2=1-(\mathrm{Re}(z){)}^2$ (vrt. $\mathrm{Re}(z)=\cos \varphi ,\mathrm{Im}(z)=\sin \varphi$).

Koska $\mathrm{syt}(3,5)=1$, saadaan viidennen asteen kompleksisten yksikköjuurten kuutioiden (geometriseksi) summaksi 0, ja toisaalta tämän summan reaaliosalle saadaan auki kirjoittamalla $0=\mathrm{Re}(0)=\sum _{i=1}^5[2(\mathrm{Re}{z}_i{)}^3+\mathrm{Re}{z}_i]=2\sum _{i=1}^5(\mathrm{Re}(z_i){)}^3$. Myös toinen yhtälö toteutuu. Vääntämällä lisää saadaan viidensien potenssien summan reaaliosaksi $16\sum _{i=1}^5(\mathrm{Re}(z){)}^5$, joka on toisaalta $\mathrm{Re}(1+1+1+1+1)=5$. Siis viimeinenkin yhtälö toteutuu.

Alkuperäisen yhtälön ratkaisuksi kelpaavat siis luvut $2\mathrm{Re}(\sqrt[5]{1})$, missä juuret ovat eri kompleksijuuria.

(JS) Olkoon a=2 cos x. Tällöin 2 cos 5x =a⁵-5a³+5a, jolloin $\sum 2\cos 5x=\sum a^5-5\sum a^3+5\sum a=10.$ Siis cos 5x=cos 5y=...=10, eli $x,y,\cdots \in \{2/5k\pi |k\in \mathbb{Z}\}$. Mutta $\cos 2\pi /5=(\sqrt{5}-1)/4,\cos 4\pi /5=-(\sqrt{5}+1)/4,\cos 0=1$, joten $a,b,c,d,e\in \{\frac{\sqrt{5}-1}{2},-\frac{\sqrt{5}+1}{2},2\}.$ Koska $\sum a=0$, on yksi luvuista 2, kaksi luvuista $-\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ ja muut yhtäsuuria kuin $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Nyt on helppo varmistaa, että myös $\sum a^3=0$.

7. (TT)

Koska säännöllisen monikulmion kärkivektoreiden summan keskiarvo on keskipiste, saadaan $\sum _{k=1}^n\cos (\frac{2k\pi }{n})=0$. Toisaalta $\cos (\frac{2k\pi }{n})=\cos (\frac{2(n-k)\pi }{n})$. Todistetaan väite aluksi parittomilla luvuilla n. Alun nojalla riittää löytää joukon {1,2, ... ,n} luku a niin, että loput luvut voidaan jakaa pareihin, joissa kussakin lukujen summa on 2a. Tämä onnistuu, kun valitaan a = (n+1)/2 ja muodostetaan parit {1,n}, {2,n+1}, ..., {a-1,a+1}. On vielä todistettava, että väite on voimassa, kun n = 2^t * p, jossa p on pariton ja t > 0. Tehdään tämä induktiolla eksponentin t suhteen. Tapauksessa t=1 voidaan joukko {1,2,...,n} jakaa osiin {2,4,...,n} ja {1,3,...,n-1}. Koska väite on totta luvulle p, voidaan osa {2,4,...,n} hoitaa joukon {1,2,...,p} permutaatiolla. Koska joukon {1,3,...,n-1} synnyttämä monikulmio on p-kulmion peilikuva y-akselin suhteen, jää jäljelle löytää joukon {p+1,p+2,...,n} alkio a niin, että edellä esitetty jako pareihin voidaan toteuttaa. Valitaan a = (n+p+1)/2 ja muodostetaan parit {p+1,n}, {p+2,n-1}, ..., {a-1,a+1}. Tällöin (p+1+i) + (n-i) = p+n+1 = 2a.

Oletetaan, että väite pätee arvolla t ja todistetaan se arvolla t+1. Jaetaan joukko {1,2,...,n} taas osiin

{1,3,...,n-1} ja {2,4,...,n}. Nyt joukon {2,4,...,n} muodostama monikulmio vastaa 2^t * p -kulmiota ja induktio-oletuksen nojalla se voidaan hoitaa joukon {1,2,...,2^t*p} permutaatiolla. Joukon {1,3,...,n-1} muodostama monikulmio on symmetrinen x-akselin suhteen eikä yksikään pisteistä ole x-akselilla. Riittää löytää joukon {2^t *p + 1,...,n} jako pareihin niin, että kussakin parissa on sama lukujen summa. Tämä on helppoa. Valitaan vain ensimmäinen ja viimeinen, toinen ja toiseksi viimeinen jne.

8. (VP)

(Tässä yhteydessä ABC = kulma ABC) Kehäkulmalauseesta saadaan $NOM=180-ADC=CBA⟹ROT=180-CBA=RBT⟹$ R, T, B, O samalla ympyrällä, mot..

9.

Kulma EKL on suora, joten ehto EK=EL on mahdoton.

10.(VP)

Jakamalla lauseke "riippumattomiin" osiin $\frac{(1-a)}{(1-ya)}\cdot \frac{(1-b)}{(1-zb)}\cdot \frac{(1-c)}{(1-xc)}$ voidaan havaita, että lauseke saa suurimman arvonsa, kun kukin yksittäinen osa saa suurimman arvonsa. Selvästikin yksittäisten osien suurin mahdollinen arvo on $\frac{1-(-1)}{1-(-1)\cdot 0}=2$, joten koko lausekkeen suurin mahdollinen arvo on $2^3=8$

11.(VP)

Selvästi $\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{1-3x_k+3x_k^2}=\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{(1-x_k{)}^3+x_k^3}=\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{x_k^3+x_{101-k}^3}=$ <br\> $\frac{1}{2}\cdot (\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{x_k^3+x_{101-k}^3}+\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3}{x_k^3+x_{101-k}^3})=\frac{1}{2}\cdot (\sum _{k=0}^{101}\frac{{x_k}^3+x_{101-k}^3}{x_k^3+x_{101-k}^3})=51$

12. (TT)

Koska lukujono on kasvava ja selvästi ylhäältä rajoitettu, on raja-arvo olemassa. Oletetaan, että raja-arvo A on rationaalinen ja sen jakso on k. Luvussa A on mielivaltaisen pitkiä peräkkäisistä nollista koostuvia osuuksia, joten on oltava k = 0. Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska A on päättymätön. A on siis irrationaalinen.

13. (TT)

Koska f(0) * f(0) = f(0), saadaan f(0) = 0 tai 1. Jos f(0) = 1, niin f(x) = f(x)*1 = f(x)*f(0) = f(x*0) = f(0) = 1 kaikilla x. Vastaavasti f(1)*f(1) = f(1), joten f(1) = 0 tai 1. Jos f(1) = 0, niin f(x) = f(x*1) = f(x)*f(1) = 0. Todetaan, että identtiset kuvaukset f = 0 ja f = 1 antavat ratkaisun. Voidaan olettaa f(0) = 0 ja f(1) = 1. Arvolla p = 2 saadaan ratkaisu f(x) = 0 parillisilla ja 1 parittomilla x. Tästä lähtien voidaan olettaa, että p on pariton. Jos p jakaa luvun x, niin f(x) = 0. Muussa tapauksessa syt(x,p) = 1 ja Fermat'n pienen lauseen nojalla $x^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$. Täten $f(x{)}^{p-1}=f(x^{p-1})=f(1)=1$ eli $f(x)=\pm 1$. Voidaan todistaa, että ${\mathbb{Z}}_p^{*}$ on syklinen ryhmä kertolaskun suhteen, joten sillä on virittäjä g. Tällöin f(g) = -1 tai 1. Jos f(g) = 1, niin f(x) = 1 kaikilla x ,joille syt(x,p) = 1. Todetaan, että tämä funktio täyttää tehtävän ehdot. Jos f(g) = -1, niin f(x) on 1 kaikilla neliöjäännöksillä ja -1 muilla (syt(x,p) = 1). Saadaan

$f(x)=\{\begin{array}{cc}(x/p)& ,syt(x,p)=1\\ 0& ,muuten\end{array}$ , jossa $(x/p)=x^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$ on Legendren symboli. Ominaisuuksista (x+kp/p) = (x/p) ja (xy/p) = (x/p)(y/p) seuraa, että kyseinen funktio toteuttaa tehtävän ehdot.

14. (JS)

Liitetään valkoisiin palloihin arvo -1, punaisiin palloihin arvo i ja sinisiin -i. Nyt pallojen arvojen tulo pysyy vakiona pallojen vaihdon yhteydessä. Lähtötilanteessa arvo on $(-1{)}^{2000}=1$.

Edelleen sinisten ja punaisten pallojen lukumäärä on invariantti modulo 2. Jos palloja on 3, niin on oltava 0 punaista ja sinistä palloa, jolloin valkoisia on kolme tai kaksi punaista ja sinistä, jolloin valkoisia on yksi. Edellinen tapaus on kuitenkin mahdoton, koska muutoin pallojen tulo olisi -1. Toinen kysymys seuraa siitä, että yksittäisen pallon arvo ei ole 1.

15. (VP)

(seuraavassa x modulo n tarkoittaa lukua 1<= c <=n, joka on kongruentti x kanssa modulo n) Tehtävä onnistuu itse asiassa 5 kysymyksellä. Ensimmäiset 4 kysymystä tapahtuvat luvuilla M = 60 = 2*2*3*5, ja N = 1,2,3, ja 4. Näillä 4 kysymyksellä saa selvitettyä arvot x modulo 4, x modulo 3 ja x modulo 5, sillä x = k (modulo c) <-> x +(-k) = 0 (modulo c) -> c jakaa syt(x+(-k), c). 4,3,5 ovat pareittain keskenään jaottomia, joten itse asiassa 3 em. modulon perusteella voidaan laskea yksikäsitteisesti x modulo 60 (kiinalainen jakojäännöslause). Jos x modulo 60 > 40, niin on oltava x = (x modulo 60). Jos taas x modulo 60 <=40, niin x:llä on vain 2 vaihtoehtoa ((x modulo 60) tai (x modulo 60) + 60), joista x:n saa selvitettyä 1 kysymyksellä esim. tarkistamalla vastaako x modulo 7 ensimmäisen vaihtoehdon vastaavaa em. kuvatulla tavalla. Yhteensä siis enintään 4+1 = 5 kysymystä.

16.

(JS) Huomataan, että $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sin 2\pi xdx=0$ jos ja vain jos ainakin toinen luvuista a-b ja a+b on kokonaisluku. Nyt kaikilla suorakulmioilla T joiden vasen alakulma on (0,0) ja joiden sivut koordinaattiakseleiden suuntaiset, on $\int \underset{T}{\int }\sin 2\pi x\sin 2\pi ydxdy=0$ joss vähintään yksi T:n sivuista on kokonaislukupituinen. Ensimmäisen integraalin perusteella integraali häviää kaikilla pienillä suorakulmioilla, joten Fubinin lauseen perusteella se häviää myös isommassa suorakulmiossa.

17

17 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=40150

Todistetaan ensiksi seuraava Vandermonden identiteetti:

Lemma: $\sum _{k=0}^n\frac{(a{)}_k(b{)}_{n-k}}{k!(n-k)!}=\frac{(a+b{)}_n}{n!}$.

Tod. $(1-z{)}^{-(a+b)}=(1-z{)}^{-a}(1-z{)}^{-b}$ ja väite seuraa sarjakehitelmien kertomista.

Tällöin siis $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{i})\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{n})$. Nyt saadaan

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{i})=\frac{(-\frac{1}{2})\cdot (-\frac{1}{2}-1)}{i!}\cdot \dots \cdot (-\frac{1}{2}-i+1)$

$=\frac{1}{i!}(-\frac{1}{2})\cdot (-\frac{1}{2}-1)\cdot \dots \cdot (-\frac{1}{2}-i+1)$

$=\frac{1}{i!}(-\frac{1}{2})\cdot (-\frac{3}{2})\cdot \dots \cdot (-\frac{2i-1}{2})$

$=\frac{1}{i!}\cdot {(-\frac{1}{2})}^i\cdot (1\cdot 3\cdot \dots \cdot (2i-1))$ Koska

$1\cdot 3\cdot ...\cdot (2i-1)=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left(2i\right)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot \left(2i\right)}$

$=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left(2i\right)}{(2\cdot 1)\cdot (2\cdot 2)\cdot (2\cdot 3)\cdot ...\cdot (2\cdot i)}=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left(2i\right)}{2^i\cdot (1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot i)}=\frac{\left(2i\right)!}{2^i\cdot i!}$

Tämä sievenee muotoon

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{i})=\frac{1}{i!}\cdot {(-\frac{1}{2})}^i\cdot \frac{(2i)!}{2^i\cdot i!}=\frac{1}{i!}\cdot \frac{(-1{)}^i}{2^i}\cdot \frac{(2i)!}{2^i\cdot i!}=\frac{(-1{)}^i}{(2^i{)}^2}\cdot \frac{(2i)!}{i!\cdot i!}$

$=\frac{(-1{)}^i}{4^i}\cdot \frac{(2i)!}{i!\cdot (2i-i)!}=\frac{(-1{)}^i}{4^i}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i})$

Vastaavasti

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n-i})=\frac{(-1{)}^{n-1}}{4^{n-1}}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2(n-i)}{n-i})$

Binomikertoimen määritelmän perusteella on voimassa

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{n})=\frac{(-1)(-2)\cdot ...\cdot (-1-n+1)}{n!}=\frac{(-1)(-2)\cdot ...\cdot (-n)}{n!}$

$\frac{(-1{)}^n\cdot (1\cdot 2\cdot ...\cdot n)}{n!}=\frac{(-1{)}^n\cdot n!}{n!}=(-1{)}^n.$

Siten identiteetti $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{i})\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{n})$ tulee muotoon

$\sum _{i=0}^n(\frac{(-1{)}^i}{4^i}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i}))\cdot (\frac{(-1{)}^{n-i}}{4^{n-i}}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2(n-i)}{n-i}))=(-1{)}^n,$ joka sievenee edelleen lausekkeeksi $\sum _{i=0}^n\frac{(-1{)}^n}{4^n}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i})\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2(n-i)}{n-i})=(-1{)}^n.$

Kertomalla molemmat puolet luvulla $\frac{4^n}{(-1{)}^n}$, saadaan $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i})\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{2(n-i)}{n-i})=4^n$

18. (JS)

farmingdale.edu/~cosciadr/Volume.pdf

19. (VP)

Suuntavektori on "kokonaislukuvektori", joten melko selvästi mikäli jollain J:n 'hypertasolla' (tästedes 'taso') on ainakin 1 kokonaislukukoordinaattinen piste, on sillä niitä äärettömän monta (1). Nyt pienin mahdollinen etäisyys J:n kahden tason välillä on symmetriasyistä sama, kuin esim. pienin mahdollinen etäisyys origon kautta kulkevan J:n tason (tästedes K) ja muiden J:n tasojen välillä. Koska J:n kaikki tasot ovat samansuuntaisia, on J:n jokaisen tason etäisyys K:stä sama kuin saman tason minkä tahansa pisteen kohtisuora etäisyys K:sta, ja erityisesti jokaisen/(minkä tahansa) kokonaislukukoordinaattisen pisteen. Jokaisella J:n tasolla on ainakin yksi kokonaislukukoordinaattinen piste, ja jokaista kokonaislukukoordinaattista pistettä vastaa ainakin yksi sellainen taso J:ssä, johon se kuuluu (seuraus kohdasta (1)), joten siis pienin mahdollinen etäisyys K:n ja J:n muiden tasojen välillä on sama, kuin pienin mahdollinen etäisyys K:n ja minkä tahansa kokonaislukukoordinaattisen pisteen, joka ei kuulu K:hon, välillä. Riittää siis hakea pienin mahdollinen nollasta poikkeava etäisyys $f(x_1,x_2,...,x_n)>0$, jossa $x_1,x_2,...,x_n\in \mathbb{Z}$, ja $f(x_1,x_2,...,x_n)=\frac{a_1{x}_1+a_2{x}_2+..+a_n{x}_n}{\sqrt{a_1^2+..+a_n^2}}$. Nyt osoittajan jokainen termi on määritelmän mukaan jaollinen lukujen $a_1,a_2,..,a_n$ suurimmalla yhteisellä tekijällä, joten koko osoittaja on jaollinen ko. tekijällä. Tästä seuraa, että osoittajan positiiviset arvot ovat vähintään tuon suurimman tekijän kokoisia. Toistaalta, on olemassa sellaiset kertoimet $x_1,x_2,..,x_n$, joilla osoittaja on juuri tuo $syt(a_1,..,a_n)$, tällaiset kertoimet saa selville esim. soveltamalla eukleideen algoritmia lukuihin $a_1,a_2$, sitten lukuihin $syt(a_1,a_2),a_3$, sitten lukuihin $syt(syt(a_1,a_2),a_3),a_4$, jne.. Pienin mahdollinen etäisyys on siis $\frac{syt(a_1,a_2,...,a_n)}{\sqrt{a_1^2+a_2^2+..+a_n^2}}$

20. (LA)

Tarkastellaan ensin yhtälöä $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{N}$. Etsitään x:ää muodossa $x=N\frac{p+q}{q},syt(p,q)=1$, mikä edustaa mielivaltaista kokonaislukua. Tällöin vaaditun yhtälön kanssa on yhtäpitävää $y=N\frac{p+q}{p}$. x ja y ovat kokonaislukuja täsmälleen silloin kun p ja q ovat N:n tekijöitä, sillä syt(p,p+q)=syt(q,p+q)=1. Eri ratkaisuja x,y saadaan aina kun suhde $\frac{q}{p}$ saa eri arvoja, ja kirjoittamalla N:n alkutekijähajotelma $N={r_1}^{a_1}{r_2}^{a_2}...{r_n}^{a_n}$ voidaan todeta tällaisiksi suhteiksi luvut ${r_1}^{b_1}{r_2}^{b_2}...{r_n}^{b_n}$, missä $-a_k<=b_k<=a_k$ sekä edellisten vastaluvut lukuun ottamatta tapausta $\frac{p}{q}=-1$ eli $x=y=0$. Kelvollisia suhteita $\frac{p}{q}$ ja siis ratkaisuja on $2(2a_1+1)(2a_2+1)...(2a_n+1)-1$.

Yksinkertaisuuden vuoksi tarkastellaan toisessa yhtälössä ensin tapaukset, joissa $x+y>0$, jolloin $x-y=\frac{N}{x+y}>0$. Kirjoittamalla $x-y=k>0$ saa yhtälö muodon $k(2y+k)=N$.
Jos $N=4M$, on $k=2l$, ja edelleen $l(y+l)=M$. Tässä l:n on oltava M:n (positiivinen) tekijä, ja toisaalta tällöin kelvollinen ratkaisu saadaan täsmälleen valitsemalla $y=\frac{M}{l}-l$. Ratkaisuja saadaan siis tässä tapauksessa yhtä monta kuin $\frac{N}{4}$:llä on positiivisia tekijöitä.

Olkoon sitten N jaoton neljällä. Koska $k\equiv 2y+k(\mathrm{mod}2)$, N:n ollessa muotoa 2*(2r+1) ei ratkaisuja ole lainkaan. Olkoon siis N pariton. Yhtälöstä nähdään heti, että k:n on oltava N:n tekijä. Toisaalta jos k on mikä tahansa N:n tekijä, ratkaisu saadaan täsmälleen valinnalla $y=\frac{\frac{N}{k}-k}{2}$, joka on kokonaisluku. Ratkaisuja on tällöin yhtä monta kuin N:n positiivisia tekijöitä.

Tapaus $x+y=0$ ei tuota ratkaisua, ja ratkaisut $(x,y)$, joille $x+y<0$ vastaavat bijektiivisesti jo käsiteltyjä ratkaisuja $(-x,-y)$, sillä $(-x)+(-y)>0$ ja $(-x{)}^2-(-y{)}^2=x^2-y^2$. Täten ratkaisuja on yhteensä kaksi kertaa edellä mainitut määrät. Käyttämällä hyväksi N:n alkutekijähajotelmaa $N=2^{a_1}{r_2}^{a_2}...{r_n}^{a_n}$ voidaan ratkaisujen lukumäärä ilmaista kaikissa tapauksissa muodossa $2|a_1-1|(a_2+1)(a_3+1)...(a_n+1)$.

Todettakoon vielä, että yhtälöillä ei ole yhteisiä ratkaisuja. Tämä nähdään eliminoimalla yhtälöparista N ja laventamalla nimittäjät: $(x+y{)}^2(x-y)=xy$. Jotta kaikki lausekkeet olisivat mielekkäitä, eivät x ja y voi olla nollia. Jos nyt $x=ar,y=br$, missä $syt(a,b)=1$, saadaan $(a+b{)}^2(a-b)r=ab$. Tämä tarkoittaa, että sekä a+b että a-b jakavat ab:n. Jos alkuluku p jakaa a+b:n, voidaan olettaa, että p jakaa a:n. Tällöin p jakaa luvun $(a+b)-a=b$. a:n ja b:n yhteistekijättömyyden nojalla on oltava $|a+b|=1$. Aivan vastaavasti saadaan $|a-b|=1$, ja $0=(a+b{)}^2-(a-b{)}^2=4ab$. Tämä tarkoittaa, että joko x tai y on nolla - ristiriita, ja yhtälöillä ei voi olla yhteistä kokonaislukuratkaisua.

21. (JS)

(Kysyin apua Dr Voglerilta, The Math Forumista) Elliptisen yhtälön aste on 0 ja torsioryhmä Z/3Z, joten yhtälöllä on täsmälleen kolme pistettä, joissa kumpikin koordinaatti on rationaalinen. Helposti huomataan, että ne ovat (0,-1), (0,1) ja (0,1,0), joka on äärettömyydessä. Siten positiivisia rationaaliratkaisuja ei ole.

22. (JS)

Funktio on annettu osoitteessa https://oeis.org/A226246/internal , kaavat g := gcd(n,k), r := sqrt(n*n+k*k)/2, T(n,k) = n+k+g+2*(g*floor(r/g)-floor(r/min(n,k))-1), missä T(n,k) kuvastaa kysyttyjen ruutujen lukumäärää. Todistus puuttuu.

23. (JS)

Olkoon $O$ pallon keskipiste, pallon säde 1 ja $|OG|=r$. Tällöin $|G{A}_i|\cdot |G{B}_i|=1-r^2,$ joten riittää osoittaa, että $(1-r^2{)}^n\ge \prod _i|G{A}_i{|}^2$. Mutta $n=\sum _i|O{A}_i{|}^2=n|OG{|}^2+\sum _i|G{A}_i{|}^2,$ joten $\frac{1}{n}\sum _i|G{A}_i{|}^2=1-r^2$. Väite seuraa AM-GM -epäyhtälöstä.

Toinen epäyhtälö todistetaan samoin. Kirjoitetaan $\sum _i\frac{1}{|G{B}_i|}=\sum _i\frac{|G{A}_i|}{1-r^2}$, jolloin riittää todistaa, että $n\sum _i|G{A}_i|\le \left(\sum _i\frac{1}{|G{A}_i|}\right)(\sum _i|G{A}_i{|}^2)$. Avataan sulut ja huomataan, että $\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}-x-y=(x-y)(\frac{x}{y}-\frac{y}{x})\ge 0$ kaikilla $x,y>0$.

24. (TT)

Jos $a\le z$, niin lauseke ay + bz + cx kasvaa valinnalla y = 0, b = k. Siis $ay+bz+cx\le 0+kz+cx\le kz+ck=k(c+z)=k^2.$ Jos $a>z$, niin vastaavasti $ay+bz+cx\le ak+0+cx\le ak+kx=k(a+x)=k^2.$

25

Menelauksen lauseen mukaan $\frac{s}{1}\cdot \frac{t+1}{1}\cdot \frac{EG}{GB}=1⟺EG:GB=1:st+s.$ Siten $\frac{\mathrm{△}GAB}{\mathrm{△}ABC}=\frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{BE}=\frac{1}{t+1}\cdot \frac{st+s}{st+s+1}=\frac{s}{st+s+1}.$

Vastaavasti $\frac{\mathrm{△}HBC}{\mathrm{△}ABC}=\frac{t}{rt+t+1},\frac{\mathrm{△}ICA}{\mathrm{△}ABC}=\frac{r}{rs+r+1}.$

Siten $\mathrm{△}GHI=\mathrm{△}ABC-(\mathrm{△}GAB+\mathrm{△}HBC+\mathrm{△}ICA)=1-\frac{s}{st+s+1}-\frac{t}{rt+t+1}-\frac{r}{rs+r+1}$ $=\frac{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)-s(rt+t+1)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+(srt+st+s)(rs+r+1)-(srt+st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+s^2{r}^{2}t+srt(r+1)+(st+s)(rs+r+1)-(srt+st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+s^2{r}^{2}t+srt(r+1)+(st+s)(rs+r+1)-srt(rs+r+1)-(st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+s^2{r}^{2}t+srt(r+1)+(st+s)(rs+r+1)-s^2{r}^{2}t-srt(r+1)-(st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+srt(r+1)+(st+s)(rs+r+1)-srt(r+1)-(st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)+(st+s)(rs+r+1)-(st+s)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$ $=\frac{(st+1)(rt+t+1)(rs+r+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)-r(st+s+1)(rt+t+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{(rt+t+1)((st+1)(rs+r+1)-r(st+s+1))-t(st+s+1)(rs+r+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{(rt+t+1)(r{s}^{2}t+rst+st+rs+r+1-rst-sr-r)-t(st+s+1)(rs+r+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{(rt+t+1)(r{s}^{2}t+st+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{rt(r{s}^{2}t+st+1)+t(r{s}^{2}t+st+1)+(r{s}^{2}t+st+1)-t(st+s+1)(rs+r+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+rs{t}^2+rt+r{s}^2{t}^2+s{t}^2+t+r{s}^{2}t+st+1-t(st+s+1)(rs+r+1)}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+rs{t}^2+rt+r{s}^2{t}^2+s{t}^2+t+r{s}^{2}t+st+1-t(st+s)(rs+r+1)-trs-tr-t}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+rs{t}^2+r{s}^2{t}^2+s{t}^2+r{s}^{2}t+st+1-t(st+s)(rs+r+1)-trs}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+rs{t}^2+r{s}^2{t}^2+s{t}^2+r{s}^{2}t+st+1-t(r{s}^{2}t+rst+st+r{s}^2+rs+s)-trs}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+rs{t}^2+r{s}^2{t}^2+s{t}^2+r{s}^{2}t+st+1-r{s}^2{t}^2-rs{t}^2-s{t}^2-r{s}^{2}t-rst-st-trs}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}$

$=\frac{r^2{s}^2{t}^2+1-2rst}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}=\frac{(rst-1{)}^2}{(st+s+1)(rt+t+1)(rs+r+1)}.$

Erilaisia kaavoja

$e^{i\pi }+1=0$

$0\le x_1,x_2,...,x_n\in \mathrm{\Re }\to$
$max(x_1,x_2,...,x_n)\ge \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2...x_n}\ge \frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}}\ge min(x_1,x_2,...,x_n)$

(Aritmeettis-geometris-harmoninen epäyhtälö)