Matematiikka/Matemaattisia ongelmia

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

Tehtäviä

muokkaa

(puuttuvia tehtäviä voi lisätä)

Tehtävä 1.

muokkaa

Määritä kaikki ei-negatiiviset kokonaislukunelikot   joille pätee   (lukuteoria, helpohko) (VP, tosin plagioitu)

Tehtävä 2.

muokkaa

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.

muokkaa

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.

muokkaa

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

Tehtävä 5.

muokkaa

Todista, että   kaikilla alkuluvuilla p. (lukuteoria, helpohko)

Tehtävä 6.

muokkaa

Ratkaise välillä [-2,2] ryhmä

 

Tehtävä 7.

muokkaa

Todista, että jos positiivisella kokonaisluvulla n on pariton alkulukutekijä, niin on olemassa joukon   permutaatio   siten, että pätee yhtälö   .(algebra/kombinatoriikka, haastavahko) (LA)

31.8.2004 Lisää tehtäviä (LA):

muokkaa

Tehtävä 8.

muokkaa

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.

muokkaa

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   jos ja vain jos  

(geometria, vaativa mutta mahdolinen)

Tehtävä 10.

muokkaa

Olkoot a, b ja c välin [-1,1] lukuja ja x,y,z välin [0,1) lukuja. Etsi seuraavan lausekkeen suurin mahdollinen arvo:  
(algebra, varsin helppo)

Tehtävä 11.

muokkaa

Määritellään  . Laske summa  .

(algebra, aika helppo)

Tehtävä 12.

muokkaa

Sovitaan merkinnästä   = kymmenjärjestelmän luku, jossa luvun a perään on kirjoitettu luvun b numerot. Määritellään sitten lukujono  ;  . 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,  )

(monelta osa-alueelta, kuitenkin aika helppo)

Tehtävä 13.

muokkaa

On annettuna alkuluku p. Funktio f on määritelty kaikilla kokonaisluvuilla ja se saa vain kokonaislukuarvoja. Lisäksi tiedetään, että   kaikilla   ja että   kaikilla m,n. Määritä mahdolliset f:t.

(lukuteoria, ratkeava)

28.9. (LA)

muokkaa

Tehtävä 14.

muokkaa

(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.

muokkaa

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)

muokkaa

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.

muokkaa

(TT) Tehtävä 17. Todista, että  .

30.12. (LA)

muokkaa

Tehtävä 18.

muokkaa

Ympyrän pinta-ala on   ja pallon tilavuus  . Määritä n-ulotteisen R-säteisen "pallon" n-ulotteinen mitta.

Tehtävä 19.

muokkaa

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

a) J:n tasot ovat vektoria   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).

17.2. (TT)

muokkaa

Tehtävä 20.

muokkaa

Monta kokonaislukuratkaisua on yhtälöillä  , joissa N on positiivinen kokokonaisluku.

15.3. (VP)

muokkaa

Tehtävä 21.

muokkaa

Todista, ettei   ole neliöluku millään positiivisella kokonaisluvulla x.

1.4. (JS)

muokkaa

Tehtävä 22.

muokkaa

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.

17.7. (LA)

muokkaa

Tehtävä 23.

muokkaa

17.7. (LA) Pallon pinnalla on n pistettä   . Olkoon G näiden pisteiden painopiste, ja   pallon ja suoran   toinen leikkauspiste,  . Todista epäyhtälöt   ja  .


17.7. (LA)

muokkaa

Tehtävä 24.

muokkaa

Reaaliluvut a,b,c,x,y ja z ovat epänegatiivisia, ja  . Todista epäyhtälö   .

24.7. (JS)

muokkaa

Tehtävä 25.

muokkaa

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  

Ratkaisuja

muokkaa

(puuttuvia kohtia voi täyttää)

  • Kun n=0, yhtälö toteutuu  
  • Kun n=1,  , joille yhtälö toteutuisi
  • Kun n=2,  
  • Kun n>2,
jos a=b, niin   eli  .

.

jos a<b, niin   eli  .

Siispä ainoat ratkaisut ovat (a, b, c, 0) ja (a+1, a+1, a, 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}.

(n - 1) + n + (n + 1) = 3n = 0 mod 3 , mutta   = 2 mod 3.

4. (VP)

muokkaa

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  . Nyt itse asiassa ko. jonon on oltava jaksollinen jokaisella kokonaislukuindeksillä "molempiin suuntiin", sillä jonon edellinen jäsen voidaan laskea yksikäsitteisesti kahdesta seuraavasta. Nyt siis  (mod n), joten jollain   pätee  (mod n), eli   kaikilla  .

5.(VP)

muokkaa

Selvästi/tunnetusti (2p yli p) =   . p on alkuluku, joten   (1 < k < p)  , ja  , joten   (mod   )

Tämä on vain yksi ratkaisu, muitakin voi ehkä olla.<br\> Normeerataan kaikki muuttujat jakamalla ne samalla vakiolla 2. Viimeisen yhtälön oikea puoli on tällöin  . Valitaan uusiksi muuttujiksi kompleksisten yksikköjuurten   reaaliosat. Enemmän tai vähemmän tunnetusti näiden muuttujien summa on geometrisen summan   reaaliosa 0.

Potenssisummia voidaan muokata kirjoittamalla  , käyttämällä binomikaavaa ja havaitsemalla   (vrt.  ).

Koska  , saadaan viidennen asteen kompleksisten yksikköjuurten kuutioiden (geometriseksi) summaksi 0, ja toisaalta tämän summan reaaliosalle saadaan auki kirjoittamalla  . Myös toinen yhtälö toteutuu. Vääntämällä lisää saadaan viidensien potenssien summan reaaliosaksi  , joka on toisaalta  . Siis viimeinenkin yhtälö toteutuu.

Alkuperäisen yhtälön ratkaisuksi kelpaavat siis luvut  , missä juuret ovat eri kompleksijuuria.

(JS) Olkoon a=2 cos x. Tällöin 2 cos 5x =a5-5a3+5a, jolloin   Siis cos 5x=cos 5y=...=10, eli  . Mutta  , joten   Koska  , on yksi luvuista 2, kaksi luvuista   ja muut yhtäsuuria kuin  . Nyt on helppo varmistaa, että myös  .

7. (TT)

muokkaa

Koska säännöllisen monikulmion kärkivektoreiden summan keskiarvo on keskipiste, saadaan  . Toisaalta  . 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)

muokkaa

(Tässä yhteydessä ABC = kulma ABC) Kehäkulmalauseesta saadaan   R, T, B, O samalla ympyrällä, mot..

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

10.(VP)

muokkaa

Jakamalla lauseke "riippumattomiin" osiin   voidaan havaita, että lauseke saa suurimman arvonsa, kun kukin yksittäinen osa saa suurimman arvonsa. Selvästikin yksittäisten osien suurin mahdollinen arvo on  , joten koko lausekkeen suurin mahdollinen arvo on  

11.(VP)

muokkaa

Selvästi   <br\>  

12. (TT)

muokkaa

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)

muokkaa

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  . Täten   eli  . Voidaan todistaa, että   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

  , jossa   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)

muokkaa

Liitetään valkoisiin palloihin arvo -1, punaisiin palloihin arvo i ja sinisiin -i. Nyt pallojen arvojen tulo pysyy vakiona pallojen vaihdon yhteydessä. Lähtötilanteessa arvo on  .

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)

muokkaa

(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.

(JS) Huomataan, että   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   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 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=40150

Todistetaan ensiksi seuraava Vandermonden identiteetti:

Lemma:  .

Tod.   ja väite seuraa sarjakehitelmien kertomista.

Tällöin siis  . Nyt saadaan

 

 

 

  Koska

 

 

Tämä sievenee muotoon

 

 

Vastaavasti

 

Binomikertoimen määritelmän perusteella on voimassa

 

 

Siten identiteetti   tulee muotoon

  joka sievenee edelleen lausekkeeksi  

Kertomalla molemmat puolet luvulla  , saadaan  


18. (JS)

muokkaa

farmingdale.edu/~cosciadr/Volume.pdf

19. (VP)

muokkaa

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  , jossa  , ja  . Nyt osoittajan jokainen termi on määritelmän mukaan jaollinen lukujen   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  , joilla osoittaja on juuri tuo  , tällaiset kertoimet saa selville esim. soveltamalla eukleideen algoritmia lukuihin  , sitten lukuihin  , sitten lukuihin  , jne.. Pienin mahdollinen etäisyys on siis  

20. (LA)

muokkaa

Tarkastellaan ensin yhtälöä  . Etsitään x:ää muodossa  , mikä edustaa mielivaltaista kokonaislukua. Tällöin vaaditun yhtälön kanssa on yhtäpitävää  . 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   saa eri arvoja, ja kirjoittamalla N:n alkutekijähajotelma   voidaan todeta tällaisiksi suhteiksi luvut  , missä   sekä edellisten vastaluvut lukuun ottamatta tapausta   eli  . Kelvollisia suhteita   ja siis ratkaisuja on  .

Yksinkertaisuuden vuoksi tarkastellaan toisessa yhtälössä ensin tapaukset, joissa  , jolloin  . Kirjoittamalla   saa yhtälö muodon  .
Jos  , on  , ja edelleen  . Tässä l:n on oltava M:n (positiivinen) tekijä, ja toisaalta tällöin kelvollinen ratkaisu saadaan täsmälleen valitsemalla  . Ratkaisuja saadaan siis tässä tapauksessa yhtä monta kuin  :llä on positiivisia tekijöitä.

Olkoon sitten N jaoton neljällä. Koska  , 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  , joka on kokonaisluku. Ratkaisuja on tällöin yhtä monta kuin N:n positiivisia tekijöitä.

Tapaus   ei tuota ratkaisua, ja ratkaisut  , joille   vastaavat bijektiivisesti jo käsiteltyjä ratkaisuja  , sillä   ja  . Täten ratkaisuja on yhteensä kaksi kertaa edellä mainitut määrät. Käyttämällä hyväksi N:n alkutekijähajotelmaa   voidaan ratkaisujen lukumäärä ilmaista kaikissa tapauksissa muodossa  .

Todettakoon vielä, että yhtälöillä ei ole yhteisiä ratkaisuja. Tämä nähdään eliminoimalla yhtälöparista N ja laventamalla nimittäjät:  . Jotta kaikki lausekkeet olisivat mielekkäitä, eivät x ja y voi olla nollia. Jos nyt  , missä  , saadaan  . 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:n ja b:n yhteistekijättömyyden nojalla on oltava  . Aivan vastaavasti saadaan  , ja  . Tämä tarkoittaa, että joko x tai y on nolla - ristiriita, ja yhtälöillä ei voi olla yhteistä kokonaislukuratkaisua.

21. (JS)

muokkaa

(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)

muokkaa

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)

muokkaa

Olkoon   pallon keskipiste, pallon säde 1 ja  . Tällöin   joten riittää osoittaa, että  . Mutta   joten  . Väite seuraa AM-GM -epäyhtälöstä.

Toinen epäyhtälö todistetaan samoin. Kirjoitetaan  , jolloin riittää todistaa, että  . Avataan sulut ja huomataan, että   kaikilla  .

24. (TT)

muokkaa

Jos  , niin lauseke ay + bz + cx kasvaa valinnalla y = 0, b = k. Siis   Jos  , niin vastaavasti  

Menelauksen lauseen mukaan   Siten  

Vastaavasti  

Siten                  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Erilaisia kaavoja

muokkaa

 

 
 

(Aritmeettis-geometris-harmoninen epäyhtälö)