Author Archives: Opettaja H.

0

Kaiken juuri

|

Paljonko on

    \[\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\cdots \frac{1}{\sqrt{24}+\sqrt{25}}?\]

Ratkaisu: Koska laventamalla saadaan

    \[\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{(\sqrt{2}+\sqrt{1})(\sqrt{2}-\sqrt{1})}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{2-1}=\sqrt{2}-1,\]

ja edelleen

    \[\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{(\sqrt{3}+\sqrt{2})(\sqrt{3}-\sqrt{2})}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{3-2}=\sqrt{3}-\sqrt{2},\]

ja koska vastaava lavennus toimii kaikille summan tekijöille, niin

    \[\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\cdots +\sqrt{25}-\sqrt{24}=5-1=4.\]

Tämä ongelma löytyi Matthew Scroggsin pulmakokoelmasta.

3

Valkeita palloja pussissa

|

Pussissa on joko musta tai valkoinen pallo. Laitetaan pussiin valkoinen pallo ja nostetaan tämän jälkeen sattumanvaraisesti toinen palloista pois. Millä todennäköisyydellä pussiin jää valkoinen pallo, jos nostettu pallo oli valkoinen?

Tämä hauska ongelman lienee keksinyt brittimatemaatikko Charles Lutwidge Dodgson (1832–1898). Jälkimaailma tuntee hänet paremmin kirjailijanimellä Lewis Carroll.

Ratkaisu: Seuraavat nostojärjestykset ovat ainoat mahdolliset:

  1. Valkoinen pallo 1 ja valkoinen pallo 2.
  2. Valkoinen pallo 2 ja valkoinen pallo 1.
  3. Valkoinen pallo 1 ja musta pallo 1.

Tapauksilla 1–3 on sama todennäköisyys, joten kysytty todennäköisyys on \frac{2}{3}.

 

5

Pyörivä pöytä ja helisevä tiuku

|

Pöydän pyörittely on matemaattisessa mielessä sangen kiehtovaa, oli sitten kyseessä epätasainen keittiön lattia tai väärässä järjestyksessä istuvat ritarit. Myös tässä ongelmassa tarvitsee pyöritellä pöytää.

Neliön muotoisen pöydän jokaisessa nurkassa on kolo, johon on asetettu juomalasi joko ylösalaisin tai oikein päin. Omituisella mekaniikalla laseihin on kytketty pieni tiuku, joka helähtää, mikäli kaikki lasit ovat samoin päin. Koloihin ei näe, mutta niihin pystyy työntämään käden niin, että tunnustelemalla selviää, kuinka päin lasi on. Lisäksi lasin pystyy kääntämään. Pöytää voidaan pyörittää keskipisteensä ympäri niin, että kun pyöriminen loppuu, ei mitenkään voida paljaalla silmällä päätellä, mikä koloista on mikäkin. Omituinen häkkyrä siis.

Pelataan seuraavanlaisin säännöin: pyöräytetään pöytää, jonka jälkeen työnnetään kädet yhtä aikaa mihin tahansa kahteen eri koloon. Koloissa voi tunnustella laseja ja sen jälkeen kääntää joko molemmat lasit tai vain toisen. Kumpaakaan lasia ei ole pakko kääntää. Tarkasteltavat kolot on kuitenkin valittava samanaikaisesti ja ennen kuin menee räpeltämään mitään. Tavoite on saada tiuku helisemään. Alkutilanne on muuten sattumanvarainen, mutta voidaan olettaa, että kaikki lasit eivät ole samoin päin (sillä silloinhan tiuku helisisi jo).

Mikä on pienin määrä pyöräytyksiä, jonka jälkeen tiu’un saa varmasti helisemään? Miten se tehdään?

Myös tämä pulma on Martin Gardnerilta. Poimin sen mainiosta teoksesta The Colossal Book of Short Puzzles and Problems (W.W. Norton & Co, 2006). Pulman esitettyään Gardner jatkaa, että jos pöydässä olisi vain kaksi koloa, olisi ratkaisu tietenkin triviaali: kädet koloihin ja lasit samoin päin. Myöskään kolmikoloinen pöytä ei ole kovin vaikea ratkaistava. Jos ensimmäisellä yrityksellä molemmat lasit ovat samoin päin, käännetään ne toisin päin ja johan helisee. Jos taas ne ovat eri päin, käännetään ne molemmat esimerkiksi alassuin, jonka jälkeen toisella yrityksellä helinä on varma. Edelleen Gardner toteaa, että voidaan osoittaa, ettei viisikoloista pöytää pysty ratkaisemaan – ainakaan alle kolmekätisenä pyörittäjänä.

Ratkaisu: Viisi pyöräytystä riittää aina. Toimitaan näin:

  1. Otetaan vastakkaisissa koloissa olevat lasit ja käännetään ne molemmat ylöspäin. Jos tiuku ei nyt helise, jatketaan pyörittämistä.
  2. Otetaan vierekkäiset lasit ja käännetään ne ylöspäin, elleivät ne jo ole. Jos tiuku ei vieläkään helise, nyt tiedetään, että kolme laseista on ylöspäin ja yksi alaspäin. Pyöritetään pöytää uudestaan.
  3. Valitaan jälleen vastakkaiset kolot. Jos toinen laseista on alaspäin, käännetään se ja tiuku helisee. Jos taas molemmat ovat ylöspäin, käännetään toinen, jolloin välttämättä kaksi vierekkäistä lasia on ylöspäin ja kaksi vierekkäistä alaspäin. Pyöritetään edelleen.
  4. Valitaan kaksi vierekkäistä koloa. Jos lasit ovat samoin päin, käännetään molemmat ja tiuku helisee. Jos ne taas ovat eri päin, käännetään jälleen molemmat, jolloin varmasti kaksi vastakkaista lasia on ylöspäin ja toiset kaksi vastakkaista alaspäin. Pyöritetään.
  5. Valitaan vastakkaiset lasit ja käännetään ne molemmat toisin päin. Tiuku helisee.
2

Kielletty katse

|

Anneli katselee Börjeä, mutta Börje katselee Christinaa. Anneli on naimaton, mutta Christina on – varjelkoon! –  naimisissa. Onko skandaali valmis? Katseleeko naimaton naimisissa olevaa?

Kuva: Gordon Ross / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: Gordon Ross / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Ratkaisu: Börjen parisuhdestatusta emme tunne, mutta skandaali tästä toden totta seuraa, sillä riippumatta Börjen siviilisäädystä naimaton katselee naimisissa olevaa. jos Börje on naimisissa, katsoja on Anneli, ja jos Börje ei ole naimisissa, hän itse katselee naimisissa olevaa Christinaa.

Vaikka loogisena ongelmana tämä ei ollutkaan kovin hankala, oikeastaan kompatehtävä, on sen ratkaisuperiaatteella muitakin sovellusalueita. Ongelma tuli vastaan mainion James Grimen esittämänä, ja erityisesti tässä videossa oleva lisäongelma valaisee periaatteen käyttömahdollisuuksia.

2

Keikkuva pöytä

|
Kuva: Henning Mühlinghaus / Flickr (CC BY-NC 2.0)

Kuva: Henning Mühlinghaus / Flickr (CC BY-NC 2.0)

Keittiön lattia on hieman epätasainen. Kun lattialle koettaa asettaa pientä nelijalkaista neliönmuotoista pöytää, tuntuu yksi jalka koko ajan keikkuvan vähän ilmassa. Yhden jalan alle asetetulla paperitollolla pöytä saadaan kyllä tuettua.

Jos ei välitetä siitä, jääkö pöydän pinta ihan suoraan vai ei, onko mahdollista löytää lattialta sellainen kohta, että kaikki neljä pöydänjalkaa ovat yhtä aikaa kiinni lattiassa? Vai voiko lattia aaltoilla niin, ettei tällaista kohtaa löydy?

Tämä Martin Gardnerin Scientific Americanissa toukokuussa 1973 esittämä pulma kuuluu suuriin pulmasuosikkeihini.

Ratkaisu: Kuten Antti S. alla kommentoi, tasapaino löytyy kiertämällä korkeintaan 90 astetta pitäen samalla kaksi jalkaa varmasti lattiaa vasten. Kolmas jalka ei voi kohota maasta ennen neljännen siihen osumista. Tällä pulmallahan on muuten ihan käytännön sovelluskin: jos pitää kiivetä vaikkapa jakkaralle lamppua vaihtamaan tai muuten korkealle roikkimaan, voi jakkaran kiertää tasaiseen asentoon, mikäli se ensin hieman keikkuu.

 

0

Kuulat purkissa

|

Purkissa on 75 valkoista kuulaa ja 150 mustaa kuulaa. Purkin vieressä on kasa mustia kuulia. Vähän tylsistynyt opettaja H. ottaa kuulia purkista seuraavilla säännöillä: hän nostaa silmät kiinni kaksi kuulaa ja katsoo, minkä värisiä ne ovat. Jos hän nostaa kaksi valkoista kuulaa, hän heittää ne pois ja laittaa purkkiin yhden mustan kuulan viereisestä kasasta. Jos taas hän nostaa ainakin yhden mustan kuulan, laittaa hän sen viereiseen kasaan ja palauttaa toisen kuulan takaisin purkkiin sen väristä riippumatta. Jokaisen nostokierroksen jälkeen purkissa on yksi kuula vähemmän kuin aiemmin. Lopulta purkkiin jää vain yksi kuula. Minkä värinen se on?

Kuva: Lenny Hirsch / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: Lenny Hirsch / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

 

Ratkaisu: Purkin viimeinen kuula on valkoinen, sillä valkoiset kuulat poistuvat purkista vain pareittain.

0

Piste kolmiossa

|

Millä todennäköisyydellä umpimähkään valittu tasasivuisen kolmion sisällä oleva piste on lähempänä kolmion painopistettä kuin mitään kolmion sivuista?

Tämän pulman esitti Colin Beveridge Twitterissä. Pulma on hieman hankalampi kuin miltä se päälle päin näyttää, mutta se on ratkaistavissa ihan lukiotiedoilla.

Ratkaisu: pisteenetaisyysYleisyydestä luopumatta voimme sijoittaa kolmion yhden kärjen origoon ja asettaa sivun pituudeksi 1 yksikön. Tällöin painopisteen D koordinaatit ovat \left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right). Paraabeli on määritelmänsä mukaan niiden pisteiden joukko, jotka ovat yhtä etäällä annetusta pisteestä ja annetusta suorasta. Näin ollen kysyttyä aluetta rajaa kolme paraabelin kaarta, eli se jää pisteiden E, F ja I väliin. Symmetrian nojalla voidaan rajoittua kolmioon ABD. Tämän jälkeen tehtävä ratkeaa geometristä todennäköisyyttä soveltamalla.

Kolmion ABD ala on \frac{\sqrt{3}}{12}. Kolmioiden AGE ja BHF alat saadaan yhdenmuotoisuutta soveltamalla: Olkoon EG pystysuora. Nyt tasasivuisen kolmion puolikkaana kulmana kulma EAG=30^{\circ}, jolloin kulma GEA=60^{\circ}. Tästä seuraa, että \frac{EG}{EA}=\frac{1}{2}. Koska paraabelin määritelmän nojalla EG=ED, niin AE=\frac{2}{3}AD, jolloin kolmioiden AGE ja AJD yhdenmuotoisuuden vuoksi saadaan kolmion AGE alaksi (\frac{2}{3})^2\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{54}. Symmetrian nojalla tämä on myös kolmion BHF ala.

Pisteiden E ja F kautta kulkevan paraabelin yhtälön selvittämiseksi huomataan ensin, että paraabelin huipun koordinaattien on oltava \left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{12}\right). Tästä saadaan paraabelille ns. huippumuotoinen yhtälö

    \[y-\frac{\sqrt{3}}{12}=a\left(x-\frac{1}{2}\right)^2,\]

Nyt, edellisen mittakaavatarkastelun perusteella saadaan paraabelin pisteelle E koordinaatit E=\left(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{9}\right). Yllä olevan yhtälöön sijoittamalla saadaan, että a=\sqrt{3}. Pisteiden E, F, G ja H välinen ala saadaan määrättynä integraalina

    \[A_{EFGH}=\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{2}{3}} \left(\sqrt{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{\sqrt{3}}{12}\right)dx=\frac{5}{54\sqrt{3}}.\]

Nyt siis kysytty todennäköisyys on

    \[\frac{A_{ABD}-A_{AGE}-A_{EFGH}-A_{BHF}}{A_{ABD}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{12}-\frac{\sqrt{3}}{54}-\frac{5}{54\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{3}}{54}}{\frac{\sqrt{3}}{12}}=\frac{5}{27}.\]

Muokattu 31.3.2016: Lukijamme Kössi huomasi, että painopisteen y-koordinaatti oli kaksinkertainen oikeaan painopisteeseen verrattuna. Se on nyt korjattu oikeaksi, eli kolmion painopiste todella on \left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right). Lisäksi Kössi toivoi selvennystä siihen, miksi pisteet G ja H jakavat kannan AB suhteessa 1:1:1. Toivoakseni tämä muokattu ratkaisu vastaa nyt tuohonkin kysymykseen paremmin. Tarkempaa tehtävän analysointia ja vaihtoehtoisia ratkaisutapoja löytyy osoitteesta http://math.stackexchange.com/questions/1688936/what-is-the-probability-that-a-point-chosen-randomly-from-inside-an-equilateral.

0

Vedamatematiikkaa

|

Swāmī Bhāratī Kṛṣṇa Tīrtha (1884–1960) oli intialainen uskonoppinut ja matemaatikko, joka väitti kaiken matematiikan löytyvän muinaisista hindulaisista Veda-kirjoituksista johdetuista 16 suurasta ja 13 apusuurasta. Uskoo ken tahtoo (siis sen, mitä Swāmī Bhāratī Kṛṣṇa Tīrtha 1950-luvun lopulla kirjoittamassaan teoksessa väitti), mutta joka tapauksessa nämä yksinkertaiset säkeet antavat muutamia erittäin käyttökelpoisia – ja nopeita! – kikkoja päässälaskuun.

Keskitytään nyt toiseen suuraan, jonka nimi on Nikhilam Navatashcaramam Dashatah1. Se tarkoittaa suunnilleen, että ”kaikki yhdeksästä ja viimeinen kymmenestä”. Siinä kerrotaan kaksi lukuavedamatikka keskenään käyttäen apuna niiden etäisyyttä lähimmästä kymmenen potenssista. Kaksinumeroisilla luvuilla laskettaessa käytetään referenssilukuna sataa, kolminumeroisilla tuhatta ja niin edelleen. Otetaan esimerkiksi tulo 78\cdot 97. Kirjoitetaan luvut allekkain ja laitetaan niiden viereen toiseen sarakkeeseen niiden etäisyydet luvusta 100. Nyt tulon kaksi viimeistä numeroa saadaan kertomalla oikeanpuoleisen sarakkeen luvut keskenään: -22\cdot (-3)=66. Jos tässä tulossa olisi enemmän kuin kaksi numeroa, menisivät sadat muistinumeroiksi alkuosuuteen, eli esimerkiksi jos oltaisiin saatu 840, olisivat viimeiset kaksi numeroa 40 ja 8 lisättäisiin tulon alkuosuuteen. Vastaavasti jos tässä tulossa olisi vähemmän kuin kaksi numeroa, lisättäisiin nollia eteen.

Toisessa vaiheessa voidaan edetä neljällä eri tavalla, jotka kaikki tuottavat saman tuloksen. Voidaan laskea saman diagonaalin luvut yhteen. Tai voidaan laskea yhteen vasemmanpuoleisen sarakkeen luvut ja vähentää 100. Tai edelleen voidaan laskea oikeanpuoleisen sarakkeen luvut yhteen ja lisätä 100. Kuinka tahansa toimitaankaan, tulos on aina sama: 78-3=97-22=78+97-100=-22-3+100=75. Tulon kaksi ensimmäistä numeroa ovat siis 75. Ja kaikkiaan 78\cdot 97=7566, kuten kuka tahansa voi tarkistaa.

Viikon helppona tehtävänä on osoittaa, miksi tämä menetelmä toimii aina kaksinumeroisille luvuille.

Entäpä jos tehtävänä olisikin laskea vaikkapa 103\cdot 87? Tai 514\cdot 522? Viikon vaikea pulma on miettiä, miten tätä samaa tekniikkaa voisi soveltaa myös näihin tuloihin.

Tämä temppu parin sukulaisensa kanssa tuli vastaan Alex Bellosin (ainakin ensimmäisen puoliskonsa perusteella aivan loistavassa) kirjassa Alex’s Adventures in Numberland (Bloomsbury, 2010).

0

Kulmanpuolittajien välinen kulma

|

Kuinka suuressa kulmassa suorakulmaisen kolmion terävien kulmien puolittajat leikkaavat? Entä yleistyykö tämä tulos myös muihin kolmioihin?

Ratkaisu: kulmanpuolittajat

Tutkitaan kolmiota ABC, jonka kulma C on suora. Olkoot kulman A suuruus \alpha ja kulman B vastaavasti \beta. Näin ollen \alpha + \beta = 90^{\circ}. Tutkitaan sitten kulmanpuolittajien ja hypotenuusan rajaamaa kolmiota ABD. Nyt koska \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\delta=180^{\circ}, ja koska \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}, niin välttämättä \delta=135^{\circ}. Toinen kulmanpuolittajien välisistä kulmista on tämän vieruskulma, eli 45^{\circ}.

Tulos on aika hauska ja toimii selvästi kaikissa suorakulmaisissa kolmioissa. Ihan yhtä nätisti tämä tulos ei kaikkiin kolmioihin yleisty, sillä jos alkuperäisen kolmion kolmas kulma olisi \gamma, jäisi kulmanpuolittajien välisiksi kulmiksi tällöin 90^{\circ}+\frac{\gamma}{2} ja 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}.

2

Söherryksen topologiaa

|

Piirrä mikä tahansa suljettu käyrä. Piirrä sen päälle mikä tahansa suljettu käyrä, joka ei kulje aiempien leikkauspisteiden kautta. Tässä kannattaa selvyyden vuoksi käyttää jotain toista väriä. Osoita, että käyrillä on parillinen määrä leikkauspisteitä.gardnertopologia

Tämä on Martin Gardnerin ongelma Scientific Americanin heinäkuun 1971 numerosta. Kuvan olen ehdottomasti piirtänyt itse, kuten asiantuntijat huomaavatkin.

Muokkaus 15.2.2016: Lukijamme Antti huomasi alkuperäisessä tehtävänannossa pienen huolimattomuusvirheen. Toinen käyrä ei saa kulkea aiempien leikkauspisteiden kautta. Pulma on nyt sellainen kuin pitääkin.

Ratkaisu: Ensin piirretty käyrä jakaa tason johonkin määrään osia. Ajatellaan, että kuljetaan jälkimmäinen käyrä koko matkaltaan alkaen jostakin pisteestä. Jos käyrä menee sisään johonkin ensimmäisen käyrän luomista alueista, on sen aina tultava sieltä myös pois. Leikkauskohtia on siis välttämättä parillinen määrä.