Söherryksen topologiaa

15.2.2016 | Opettaja H.

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.

Keskinopea juna

3.2.2016 | Opettaja H.

Tavarajuna ajaa pysähtymättä $800$ kilometriä täsmälleen $80$ kilometrin keskituntinopeudella. Sen nopeus ei kuitenkaan pysy matkan varrella vakiona. Osoita, että juna ajaa jonkin $80$ kilometrin mittaisen pätkän matkastaan täsmälleen yhdessä tunnissa.

Tämä ongelma on jälleen Martin Gardneria parhaimmillaan, alkujaan Scientific American -lehden joulukuun 1979 numerosta.

Kuva: Henk Sijgers/Flickr (CC BY-NC 2.0)

Ratkaisu: Jaetaan matka-aika kymmeneen tunnin mittaiseen pätkään. Jos juna kulkee jonkin näistä aikana täsmälleen $80$ kilometriä, on ongelma ratkaistu. Jos taas yhdessäkään näistä juna ei kulje täsmälleen $80$ kilometriä, valitaan kaksi peräkkäistä pätkää, joista toisen aikana matkataan hieman yli ja toisen aikana hieman alle $80$ kilometriä — kuinka päin, sillä ei ole väliä. Oletetaan yksinkertaisuuden vuoksi, että ensimmäisellä pätkällä keskinopeus oli jonkin verran alle $80$ km/h.

Kuvitellaan nyt, että meillä on tunnin mittainen aikajanatikku. Asetetaan se ensin ensimmäisen pätkän alkuun ja aletaan sitten liikuttaa sitä kohti jälkimmäisen pätkän loppua. Aikajanatikun osoittamana aikana kuljettu matka on aluksi alle $80$ kilometriä ja lopuksi yli $80$ kilometriä. Koska muutos on jatkuva, osuu johonkin kohtaan alku- ja loppupisteiden välille tasan tunnin mittainen pätkä, jonka aikana juna kulkee täsmälleen $80$ kilometriä.

Pulmasta tekemäni Geogebra-appletti on saatavilla vapaasti Geogebratubessa. Ongelmaa vastaava kuvaaja on piirretty aika–matka-koordinaatistoon, jossa kunkin aikavälin keskinopeuden saa sekantin kulmakertoimena.

Pythagoraan luvut

25.1.2016 | Opettaja H.

Näyttökuva 2016-1-24 kello 16.50.39 Pythagoras (n. 585–496 eaa.) oli antiikin Kreikan tunnetuimpia matemaatikkoja. Hän perusti esoteerisen koulukunnan, jossa matematiikkaan sotkettiin uskonnollisia elementtejä. Pythagoralaisesta koulukunnasta on peräisin paljon tiedettä – filosofiaa, matematiikkaa, uskontotiedettä ja musiikkia.

Ehkäpä tunnetuin matemaattinen tulos on Pythagoraan lause. Se ei ole Pythagoraan keksimä, sillä tulos tunnettiin jo satoja vuosia aiemmin monissa Välimeren alueen ja Lähi-Idän kulttuureissa. Pythagoraan lauseen mukaan suorakulmaisessa kolmiossa suoraa kulmaa vastaavan sivun (hypotenuusan) pituuden neliö on yhtä suuri suoran kulman kylkien (kateettien) neliöiden summan kanssa. Tai siis tutummin (ks. kuva): $a^2+b^2=c^2$ .

Pythagoraan lauseen toteuttavia lukukolmikoita kutsutaan Pythagoraan luvuiksi. Esimerkiksi $3, 4$ ja $5$ ovat Pythagoraan lukuja, sillä $3^2+4^2=5^2$ .

Pythagoraan luvuiksi kelpaavat melkein mitkä tahansa luvut, mutta eivät aivan mitkä tahansa. Osoita, että $1, 2$ ja $4$ ovat ainoat luvut, jotka eivät voi olla lyhimpiä sivuja suorakulmaisessa kolmiossa, jonka kaikki sivut ovat kokonaislukuja.

Ratkaisu: Tämä ongelma tuli mieleeni ihan äkkiseltään kesken matematiikan oppituntini, kun äkkäsin, kuinka mikä tahansa pariton luku ykköstä lukuunottamatta saadaan Pythagoraan kolmikon pienimmäksi luvuksi. Aloin tutkia aivan tietynlaisia lukukolmikkoja, joista pienin luku on pariton. $3, 4, 5$ . Tai $5, 12, 13$ . Tai $7, 24, 25$ . Ja niin edelleen. Äkkiä tajusin, että tässä oleva kuvio yleistyy: mikä tahansa pariton luku voidaan laittaa pienimmäksi luvuksi sellaisessa Pythagoraan kolmikossa, jossa kaksi suurempaa lukua ovat peräkkäisiä. Tämä toimii, koska jokaisen parittoman luvun neliö on pariton, eli kahden peräkkäisen luvun summa. Ja juuri nämä ovat ne kaksi peräkkäistä lukua, jotka muodostavat pienimmän lukumme kanssa Pythagoraan kolmikon. Siis vaikkapa $7^2=49=24+25$ ja edelleen $24^2+24+25=25^2,$ ja Pythagoraan lauseen mukainen tulos $24^2+7^2=25^2$ on valmis. Nyt voidaan heti sanoa, että koska $13^2=169=84+85$ , niin varmasti $84^2+13^2=85^2$ .¹

Tämän jälkeen tajusin nopeasti, että koska mikä tahansa Pythagoraan kolmikon monikerta on myös Pythagoraan kolmikko, ainoat mahdolliset luvut, jotka eivät voi olla Pythagoraan luvuista pienimpiä, ovat kakkosen potensseja. Nyt sain hieman apua kollegaltani Antti Saariselta, joka löysi kokeilemalla pari vastaesimerkkiä ensimmäiselle hypoteesilleni, että kakkosen potenssit jäävät kolmikoiden ulkopuolelle. Niinpä oli löydettävä vielä pienin kakkosen potenssi, joka sopii Pythagoraan kolmikkoon pienimmäksi.

Olkoon kolmiossa voimassa $a^2+b^2=c^2$ . Tällöin $a^2=c^2-b^2$ , joka puolestaan voidaan kirjoittaa muotoon $a^2=(c+b)(c-b)$ . On siis yritettävä löytää sellaiset luvut $b$ ja $c$ , että niiden summan ja erotuksen tulo olisi jokin kakkosen potenssi. Ja nyt $8^2=64=32\cdot 2=(17+15)(17-15)$ , mutta $4^2=16=(5+3)(5-3)$ ei kelpaa. Myöskään luvuille $2$ ja $1$ ei tällaista tuloa voida löytää.

Näin ollen voidaan todeta, että $1, 2$ ja $4$ todellakin ovat ainoat positiiviset kokonaisluvut, jotka eivät voi olla lyhimpiä sivuja suorakulmaisessa kolmiossa, jonka kaikkien sivujen pituudet ovat kokonaislukuja. Se, onko tästä mitään hyötyä, on eri asia. Minun mielestäni tulos on kuitenkin sangen hauska.

1089

19.1.2016 | Opettaja H.

Tässäpä oiva temppu. Ajattele mitä tahansa kolminumeroista lukua, joka koostuu eri numeroista¹. Lue luku myös lopusta alkuun ja vähennä isommasta luvusta pienempi. Käännä tämä erotus myös lopusta alkuun ja laske yhteen edellisen luvun kanssa. Tulos on aina $1089$ .

Siis esimerkiksi: ajattelen lukua $497$ . Seuraava luku on $794$ . Siis $794-497=297$ . Ja nyt $297+792=1089.$

Tämä hiljattain mieleeni palannut temppu on yksi ”matemagiikan” klassikoista. Taisin törmätä siihen ensimmäisen kerran joitakin vuosia sitten lukemassani David Achesonin kirjassa 1089 And All That. Viikon vaikea kysymys on, miksi temppu toimii.

Ratkaisu: Ajatellaan, että kolminumeroinen lukumme on $abc$ , jossa yleisyydestä luopumatta voidaan olettaa, että $a>c$ . Nyt siis ensimmäinen erotus saa muodon $(a\cdot 100+b\cdot 10+c)-(c\cdot 100+b\cdot 10+a)=(a-c)\cdot 100+(c-a)$ . Nyt $(c-a)<0$ , joten saatu erotus voidaan kirjoittaa muotoon $(a-c-1)\cdot 100+90+(10-(a-c))$ . Ja nyt kun tähän lisätään $(10-(a-c))\cdot 100+90+(a-c-1)$ , on tuloksena aina $900+180+9=1089$ .

Muuten, temppua voi jatkaa seuraavasti, jos käsillä on laskin: lisää saamaasi lukuun (eli $1089$ ) vielä $200$ , jaa $10000$ :llä ja kerro saamasi luku kuudella. Ja koska tässä on ollut kyse lukujen kääntelystä, käännä nyt koko laskimen näyttö ylösalaisin.

Tämä temppu jatkoineen tuli eteen Rob Eastawayn ja Jeremy Wyndhamin kirjassa Why do Buses Come in Threes? joka oli jälleen hyvä esimerkki kirjasta, jonka hankin pelkän nimen perusteella, kun luotettava henkilö sitä suositteli. Suosittelen minäkin.

Uusi vuosi

1.1.2016 | Opettaja H.

Kuva: Maria Morri/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Vuoden 2016 alku tarkoitti binäärilukuna hauskannäköistä siirtymää vuodesta $11111011111$ vuoteen $11111100000$ .

On myös olemassa tapoja esittää luku $2016$ vain yhtä numeroa ja joitakin laskutoimitussymboleja käyttäen. Koska $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ , on se jaollinen muiden muassa luvuilla $2, 3, 6, 7$ ja $9$ , joten se voidaan totta kai kirjoittaa tylsästi esimerkiksi $3+3+3+\cdots$ riittävän monta kertaa. Tämän viikon vaikeana kysytään kuitenkin hieman kiehtovampaa tapaa esittää luku $2016$ .

Pystytkö esittämään luvun $2016$ , jos käytettävissäsi on vain yksi numero korkeintaan viisi kertaa sekä mitä tahansa laskutoimitussymboleja? Tai pystytkö keksimään jonkin muun kuin pelkkään yhteenlaskuun perustuvan tavan hyödyntää yhtä yksinumeroista lukua?

Ratkaisu: Uusi vuosi on aina numeronikkareille uusi hauska haaste. Kuinka ollakaan, suosikkimatemaatikkoihini kuuluva Alex Bellos kysyi vuoden 2016 rakentelemista The Guardianin palstallaan. Sieltä löytyi esittämääni ongelmaan vaihtoehtoinen ratkaisu, jota en ollut itse ajatellut. Nimittäin Bellosin ratkaisu on $2016=(4+4)\cdot(4^4-4)$ .

Itseäni silti naurattaa vielä enemmän alkuperäinen löytöni uudenvuodenyöltä Twitteristä. Pelleilläänpä vähän binomikertoimilla. Nyt huomataan, että $\binom{64}{2}=2016$ . Edelleen $2^6=64$ ja $\binom{4}{2}=6$ ja vielä $2^2=4$ . Pysyttekö mukana? Tästä saadaan riemukkaasti, että

$2016=\binom{2^{\binom{2^2}{2}}}{2}.$

Alex Bellos kysyi myös sitä, kuinka vuosi $2016$ voitaisiin esittää lukujen $10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2$ ja $1$ avulla. Hän sai valtavasti vastauksia, joista hillittömin oli Sebastian Radun vastaus:

$2016=[(10\sqrt{9}\cdot 8! / 7) \quad (\mbox{modulo }6^5)] + 4!\cdot 3!\cdot 2! + \arccos 1.$

Hyvää uutta vuotta 2016 toivoo Opettaja H:n pulmakulman henkilökunta.

Buffonin neula

27.12.2015 | Opettaja H.

Gianluigi Buffon. Kuva: Nazionale Calcio/Flickr (CC BY 2.0)

Ei, jutun otsikko ei hauku Gigi Buffonia seulaksi. Otetaan sen sijaan käsittelyyn pulma, josta olin kuullut aiemminkin, muistaakseni noin vuonna 2009 Päivölän kansanopiston matematiikkalinjan Pythagoraan polku -kilpailun vierailuluennolla professori Robert Pichéltä. Mieleeni sen palautti Jordan Ellenbergin kirja How Not To Be Wrong. Ellenbergin kirja on myös tämän pulman ratkaisun lähteenä.

Nyt puhutaan nimittäin Georges-Louis LeClercistä, Buffonin kreivistä, joka vuonna 1733 toi ensi kerran geometrian ja todennäköisyyslaskennan yhteen. Lämmittelyksi voit tutustua vaikkapa tähän aiempaan ongelmaamme. Kolikonheitto-ongelman yleisen ratkaisun esitettyään kreivi Buffon lataa kovat piippuun.

Ajatellaan tasalevyisistä pitkistä lankuista koostuvaa lattiaa. Lattialle pudotetaan ohut neula, joka on täsmälleen lankkujen levyinen. Millä todennäköisyydellä neula putoaa lankun reunan päälle?

Kreivi Buffonin oma ratkaisu ongelmaan on tiukkaa matemaattista analyysiä, mutta pulma ratkeaa myös eräällä toisella tavalla, jossa tarvitaan vain hyvin yksinkertaisia matemaattisia apuvälineitä. Nimittäin yli sata vuotta Buffonin jälkeen Joseph-Émile Barbier esitti ratkaisun, joka perustuu odotusarvon käsitteeseen ja erityisesti sen additiivisuuteen, eli siihen, että useamman tapahtuman yhteinen odotusarvo on erillisten odotusarvojen summa. Otapa tästä vinkistä kiinni ja yritä ratkaista pulma!

Tämä on vuoden 2015 viimeinen Pulmakulman pulma, joten käytän samalla tilaisuuteni kiittää seurasta tämän blogin ensimmäisten kuukausien aikana. Minulla on ollut hauskaa, toivottavasti teilläkin!

Buffonin kreivin patsas Pariisin Jardin des Plantes’ssa. Kuva: Jean-Pierre Dalbéra/Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: On mahdollista, että neula joko putoaa reunan päälle tai sitten ei. Olkoon $p$ todennäköisyys sille, että neula putoaa reunalle. Tämän vastatapahtuma on se, että neula ei osu reunalle. Tämän todennäköisyys on $1-p$ . Näin pääsemme laskemaan odotusarvon reunan ja neulan leikkauspisteiden määrästä: $0\cdot (1-p)+1\cdot p=p$ ¹.

Koska odotusarvo on additiivinen, eli $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ , voidaan päätellä, että kahden neulan pudottamisessa leikkauskohtien lukumäärän odotusarvo on $2p$ . Edelleen, jos pudotetaan vaikkapa kolme yhteenliitettyä neulaa, on odotusarvo leikkauspisteille $3p$ , sillä liittäminen ei vaikuta yksittäisen neulan osumatodennäköisyyteen.

Voidaan päätellä, että jos lankkujen väli on $a$ , niin miten tahansa väännellyn neulan, jonka pituus on $k\cdot a$ , leikkauskohtien odotusarvo on $k\cdot p$ . Eli esimerkiksi jos neulan pituus olisi $\pi\cdot a$ , olisi leikkauskohtien odotusarvo $\pi\cdot p$ . Ongelman loppuratkaisu onkin tässä.
Neula, jonka pituus on $\pi\cdot a$ , voidaan taivuttaa ympyräksi, jonka säde on $\frac{1}{2}a$ . Tällainen ympyrä osuu välttämättä lankkujen reunoille täsmälleen kahdesti. Siispä $\pi\cdot p =2,$ josta välittömästi

$p=\frac{2}{\pi}\approx 0,637.$

Piraattien haaksirikko

16.12.2015 | Opettaja H.

Viimekertaisessa viikon vaikeassa viisi piraattia yritti päästä sopuun aarteen jakamisesta. Tämä aiheutti ymmärrettävästi pientä närää miesjoukon kesken. Niinpä tunteet olivatkin valmiiksi pinnassa, kun heitä kohtasi onnettomuus: heidän laivansa oli vuoro ajaa karille ja upota. Piraatit onnistuivat ajelehtimaan laudankappaleen varassa pienelle saarelle, jossa he lopen väsyneinä huomasivat, että saari oli täysin autio lukuunottamatta apinaa, joka leikki kookospähkinöillä. Kookospähkinöiden ohella muuta ravintoa ei ollut saatavilla. Piraatit sopivat, että kookospähkinät jaettaisiin aamulla tasan kaikkien kesken.

Ensimmäinen piraatti kuitenkin heräsi keskellä yötä. Hän ajatteli, että kukaan ei huomaisi, jos hän ottaisi oman osuutensa kookoksista jo nyt. Hän jakoi kookokset viiteen osaan, piilotti omansa ja palautti loput kasaan. Yksi kookospähkinä jäi ylitse, ja hän antoi sen apinalle. Sitten piraatti meni takaisin nukkumaan.

Toinen piraatti heräsi vähän myöhemmin. Hänkin jakoi kookokset viiteen osaan ja hautasi oman osuutensa syrjemmälle. Myös nyt jäi yksi kookospähkinä ylitse, ja hän antoi sen apinalle.

Kuva: Loke Seng Hon/Wikimedia Commons (CC BY-SA 3.0)

Ja kuten arvata saattaa, vuorollaan yön mittaan myös kolmas, neljäs ja viides piraatti kävivät erottelemassa oman osuutensa. Myös jokainen heistä antoi yhden ylimääräisen kookoksen apinalle.

Aamulla piraatit heräsivät ja huomasivat, että kookospähkinäkasa oli yön mittaan hieman vajunut. He eivät kuitenkaan sanoneet mitään, vaan jakoivat kookokset viiteen osaan. Apinakaan ei jäänyt ilman: yksi kookos jäi ylitse.

Kuinka monta kookospähkinää saarella vähintään oli?

Ratkaisu: Tämä ongelma voidaan ratkaista ainakin parilla eri tavalla. Puhdas kokeileminen eri kookospähkinämäärillä on tietenkin yksi mahdollisuus, mutta luulenpa, että kärsivällisyyden rajat tulevat vastaan…

Lähdetään mieluummin mallintamaan tilannetta. Olkoon kookospähkinöiden lukumäärä $n$ . Apina saa siis jokaisella jakokierroksella yhden pähkinän, jolloin eri jakokerroista saadaan seuraava taulukko.

$\begin{array}{|l|l|l|} \hline &\mbox{Piraatille}&\mbox{Kasaan}\\ \hline 1&\frac{1}{5}(n-1)&\frac{4}{5}(n-1)\\ 2&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)\\ 3&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)\\ 4&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)\\ 5&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)-1)\\ \hline \end{array}$

No niin. Aamulla tilanne on siis tämä, eikä yhdelläkään unenpöpperöisellä merirosmolla ole enää mukavaa näiden lausekkeiden kanssa. Tilanne ei ole ollenkaan niin paha kuin miltä se näyttää, sillä voidaan sanoa, että jollakin kokonaisluvulla $k$ pätee

$\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(n-1\right)-1\right)-1\right)-1\right)-1\right)=5k+1,$

eli jos apina saa yhden kookoksen, on jaettava kookoskasa viidellä jaollinen. Nyt yhtälön vasemmalle puolelle muodostuu geometrinen summa, jonka suhdeluku on $\frac{4}{5}$ :

$\left(\frac{4}{5}\right)^5 n-\left(\frac{4}{5}\right)^5-\left(\frac{4}{5}\right)^4-\left(\frac{4}{5}\right)^3-\left(\frac{4}{5}\right)^2-\frac{4}{5}\right=5k+1,$

josta geometrisen summan laskukaavaa hyödyntäen saamme

$\left(\frac{4}{5}\right)^5 n-\frac{4}{5}\cdot\frac{1-\left(\frac{4}{5}\right)^5 }{1-\frac{4}{5}}=5k+1.$

Kun tätä yhtälöä kerrotaan puolittain luvulla $5^5=3125$ ja siirrellään hieman termejä yhtäsuuruusmerkin ylitse, saamme seuraavan Diofantoksen yhtälön:

$1024n=15625k+11529.$

Diofantoksen yhtälöllä tarkoitetaan kokonaislukukertoimista vähintään kahden muuttujan yhtälöä, jolle etsitään kokonaislukuratkaisuja. Ne ovat saaneet nimensä noin 200-luvulla eläneen Diofantos aleksandrialaisen mukaan, joka oli aikansa merkittävimpiä matemaatikkoja. Yleistä ratkaisukaavaa näille yhtälöille ei ole olemassa, mutta joitakin erikoistapauksia voidaan ratkaista mekaanisin menetelmin. Onneksi meidän yhtälömme osuu yhteen näistä ”helpoista” tapauksista: nimittäin Diofantoksen yhtälöllä $xa+yb=c$ on aina ääretön määrä ratkaisuja, mikäli lukujen $a$ ja $b$ suurin yhteinen tekijä jakaa luvun $c$ .

Tehdään tekninen muuttujanvaihto $m=-k$ , jolloin yhtälömme voidaan kirjoittaa muotoon $1024n+15625m=11529.$ Koska $1024=2^{10}$ ja $15625=5^6$ , on varmasti näiden suurin yhteinen tekijä $1$ , joten ratkaisuja on olemassa. Riittää löytää pienin sellainen positiivinen arvo luvulle $n$ , että $m$ on negatiivinen.¹

Ensin tarvitaan yksi ratkaisu yhtälölle. Tämä voidaan tehdä joko Eukleideen algoritmin avulla tai sitten ihan vain löytämällä. Äskeisestä yhtälön sievennyksestä voidaan nähdä, että jos $n_0=-4$ ja $m_0=1$ , on yhtälö tosi. Tällöin yleinen ratkaisu saadaan kaavalla

$\begin{cases} n=-4+15625t\\ m=1-1024t \end{cases}, t\in\mathbb{Z}.$

Nyt sijoittamalla $t=1$ saadaan $n=15621$ , joka on pienin mahdollinen kookospähkinöiden määrä.

Lentävän hollantilaisen aarre

11.12.2015 | Opettaja H.

Johann Gehrts (1887): Lentävä hollantilainen/Wikimedia Commons (Public Domain)

Tämänkertainen viikon vaikea vie meidät merta edemmäs, tarkkaan ottaen Itämerta edemmäs, sillä pulma löytyi hollantilaiselta The Ultimate Puzzle Site -sivustolta.

Lentävä hollantilainen haaksirikkoutui, ja viiden merirosvon kopla on saanut haltuunsa 1000 kultarahan aarteen. Nämä eivät olekaan mitään aivan tavanomaisia piraatteja, vaan heillä kaikilla on kolme yhtenevää piirrettä:

He ovat ahneita. He haluavat niin paljon rahaa kuin vain ikinä saavat.
He ovat verenhimoisia. He vaikka tappavat toverinsa, jos hyötyvät siitä.
He ovat täydellisen loogisia optimoijia. He tekevät aina itselleen tuottoisimmat päätökset.

Nyt merirosvojen pitäisi siis jakaa 1000 rahan aarre. He menettelevät seuraavasti. Merirosvot on järjestetty tiukkaan arvojärjestykseen ensimmäisestä viidenteen ja jokaisella merirosvolla on vuorollaan yksi mahdollisuus ehdottaa omasta mielestään sopivaa rahanjakoa. Jos enemmistö merirosvoista hyväksyy jaon, rahat jaetaan esityksen mukaan. Jos taas ehdotus ei saa enemmistöä taakseen, heitetään ehdottaja armotta yli laidan haita kuhisevaan mereen.

Mitä ensimmäinen merirosvo ehdottaa?

Ympyrä säännöllisen monikulmion ympärillä

1.12.2015 | Opettaja H.

Säännöllisellä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki sivut ovat yhtä pitkät ja kaikki kulmat yhtä suuret. Niitä on tutkittu käytännössä niin kauan kuin matematiikkaa yleensäkin on tutkittu.

Yksi hyvin tunnettu säännöllisten monikulmoiden sovelluskohde on ympyrän piirin ja pinta-alan arviointi. Jo ammoin ymmärrettiin, että kaikkien ympyröiden piirin ja halkaisijan suhde oli sama: piiri on hieman yli kolminkertainen halkaisijaan nähden. Nykyään tätä suhdetta merkitään symbolilla $\pi$ . Luku $\pi$ on irrationaaliluku, eli päättymätön jaksoton desimaaliluku. Sitä on vuosituhansien saatossa arvioitu monin tavoin, josta tässä paneudumme nyt ympyrän sisään piirrettyihin säännöllisiin monikulmioihin.

Ympyrän sisään piirretyllä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki kärjet ovat ympyrän kehällä. Säännöllisen monikulmion ympäri voidaan aina piirtää ympyrä, vaikka yleisesti kaikilla monikulmioilla tätä ominaisuutta ei ole. Säännöllisen monikulmion keskipiste ja sen ympäri piirretyn ympyrän keskipiste yhtyvät.

Jos säännöllisen monikulmion sivujen lukumäärää kasvatetaan, saadaan yhä parempia arviota ympyrän pinta-alalle ja sitä kautta myös luvulle $\pi$ . Voidaan (melko) helposti osoittaa, että kun monikulmion sivujen lukumäärä kasvaa rajatta, monikulmion alan raja-arvo on ympyrän ala $\pi r^2$ . Kuvia katsomalla tämä toki näyttää ilmeiseltä, mutta matematiikassa mikään ei ole varmaa ennen kuin se on oikeasti todistettu.

Viikon vaikea kysymys on seuraava. Kuinka monisivuinen ympyrän sisään piirretty säännöllinen monikulmio tarvitaan, jotta monikulmion ala olisi korkeintaan $0,1$ prosenttia pienempi kuin ympyrän ala?

PS. Arkhimedes pääsi jo 200-luvulla eaa. huiman hyvään arvioon $3\frac{10}{71}<\pi<3\frac{1}{7}$ . Hän käytti tiettävästi apunaan ympyrän ympäri ja sisään piirrettyä säännöllistä 96-kulmiota!

Ratkaisu: Säännöllinen $n$ -kulmio voidaan aina jakaa $n$ yhtenevään tasakylkiseen kolmioon, joiden kanta on monikulmion sivu ja kylkinä monikulmion keskipisteen ja kärjen yhdysjana. Tässä tapauksessa tämä yhdysjana on tietenkin ympyrän säde. Kolmioiden huippukulma on $\frac{360^{\circ}}{n}$ , joten kolmioiden yhteenlasketuksi pinta-alaksi saadaan

$A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{360^{\circ}}{n}.$

Tehdään tässä vaiheessa muutama muutos käytettäviin lukuihin. Ensinnäkin, muutetaan kulman suuruus radiaaneiksi. $360^{\circ}=2\pi$ (rad), joten alan lausekkeeksi saadaan nyt $A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{2\pi}{n}.$ Tehdään vielä toinen tekninen vaihdos vähäksi aikaa: olkoon $\frac{2\pi}{n}=x,$ joten $\frac{2\pi}{x}=n$ , josta edelleen

$A_{kolmiot}=\frac{2\pi}{x}\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin x=\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}.$

Ympyrän ala on tietenkin $\pi r^2$ , joten kysytty suhde

$\frac{A_{kolmiot}}{A_{ympyrä}}=\frac{\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}}{\pi r^2}=\frac{\sin x}{x}.$

Tutkitaan seuraavaksi lausekkeen $\frac{\sin x}{x}$ käyttäytymistä. Koska $\frac{2\pi}{n}=x,$ niin sivujen lukumäärän $n$ kasvaessa rajatta $x\to 0$ . On tilanneyhteydestä ilmeistä, että nyt $\frac{\sin x}{x}\to 1$ , kun $x\to 0$ mutta kuinka se todistetaan? Ja edelleen (ja tässä onkin varsinainen kysymyksemme): kuinka suuri luvun $n$ on oltava, tai siis kuinka pieni luvun $x$ on oltava, jotta $\frac{\sin x}{x}>0,999$ . Vastaus molempiin kysymyksiin voidaan etsiä monin tavoin. Niistä yksi hienoimmista on ns. Taylorin sarja.

Sinifunktio voidaan esittää päättymättömänä summana eli sarjana

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots,$

joten lauseke $\frac{\sin x}{x}$ voidaan sieventää muotoon

$\frac{\sin x}{x}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots$

Tämän lausekkeen arvo lähestyy selvästi arvoa $1$ , kun $x\to 0$ . Edelleen tätä lauseketta voidaan arvioida vain paria ensimmäistä termiä käyttäen. Siis lähellä nollaa

$\frac{\sin x}{x}\approx 1-\frac{x^2}{3!}.$

Näin ollen oikea suuruusluokka ratkaisulle saadaan epäyhtälöstä $1-\frac{x^2}{3!}>0,999$ , josta $0<x<\sqrt{0,006}.$ (Ei-positiivinen osa epäyhtälön ratkaisusta voidaan nyt sivuuttaa.) Takaisin alkuperäiseen muuttujaan $n$ palaten saamme

$\frac{2\pi}{n}<\sqrt{0,006},$

josta edelleen $n>81,11\ldots$ . Koska tämä oli alkujaankin likiarvo, tarkistetaan vielä saadut arvot sijoittamalla lausekkeeseen $\frac{\sin x}{x}$ luvun $n$ arvoja $81$ ja $82$ vastaavat arvot $x=\frac{2\pi}{81}$ ja $x=\frac{2\pi}{82}$ :

$\frac{\sin \frac{2\pi}{81}}{\frac{2\pi}{81}}\approx 0,99897<0,999; \quad \quad \frac{\sin \frac{2\pi}{82}}{\frac{2\pi}{82}}\approx 0,99902>0,999.$

Näin ollen vastaus kysymykseen on siis vähintään säännöllinen $82$ -kulmio.

Ratkaisuun liittyvää Geogebra-applettia voi tutkia tämän linkin kautta.

Paras lottorivi

26.11.2015 | Opettaja H.

Lotto on Italiassa keksitty arpajaispeli. Suomessa Veikkaus aloitti lottoarvonnat vuonna 1970. Lotto vakiinnutti asemansa Suomessa nopeasti suosituimpana rahapelinä, ja edellen jokaviikkoiset miljoonapotit tuovat jännitystä suureen osaan suomalaisperheistä. Tämänkertaisessa viikon vaikeassa pulmassa puututaan kaikille tutun onnenpelin matematiikkaan.

Suomalaisessa lottoarvonnassa arvotaan numeroiden $1,2,3,\ldots , 39$ joukosta sattumanvaraisessa järjestyksessä seitsemän numeroa, jotka sitten ilmoitetaan oikeana ”rivinä” pienimmästä suurimpaan. Esimerkiksi jos arvotut numerot olisivat olleet arvontajärjestyksessä $2,16, 32, 12, 1, 28$ ja $17$ , ilmoitettaisiin voittorivinä $1, 2, 12, 16, 17, 28, 32$ . Mikä on todennäköisin voittorivin ensimmäinen numero? Mikä on todennäköisin toinen numero? Entä mitkä ovat todennäköisimmät kolmas, neljäs, viides, kuudes ja seitsemäs numero? Onko näin löydetty numerosarja kaikkein todennäköisin lottorivi?

Ratkaisu: Tehtävän ratkaisu perustuu tuloperiaatteeseen: jos jokin kokonaisuus voidaan toteuttaa $k$ -vaiheisesti niin, että jokaisessa vaiheessa on $n_k$ vaihtoehtoa, on erilaisten kokonaisuuksien lukumäärä $n_1\cdot n_2\cdot \cdots \cdot n_k$ . Toinen tarvittava esitieto on $n$ -alkioisen joukon $k$ -alkioisten osajoukkojen, eli $k$ -kombinaatioiden, lukumäärä. Tätä kombinaatioden lukumäärää merkitään $\binom{n}{k}$ (luetaan ” $n$ yli $k$ :n”), ja se on

$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$

Merkintä $n!$ tarkoitttaa luvun $n$ kertomaa, eli lukua $n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \cdots \cdot 2\cdot 1.$

Olkoon $n$ kokonaisluku, $1\leq n\leq 39$ ja olkoon $1\leq p\leq 7$ luvun $n$ paikka rivissä. Rivin numerot ennen numeroa $n$ voidaan valita $\binom{n-1}{p-1}$ tavalla ja sen jälkeen tulevat $\binom{39-n}{7-p}$ tavalla. Yhteensä rivejä, jossa numero $n$ on paikalla $p$ , on tuloperiaatteen mukaan $\binom{n-1}{p-1}\cdot\binom{39-n}{7-p}$ kappaletta.

Tämän jälkeen annetaan taulukkolaskentaohjelman hoitaa työ loppuun. Tuloksena on, että todennäköisimmistä numeroista koottu rivi olisi $1, 7, 13$ tai $14$ (yhtä todennäköiset), $20, 26$ tai $27, 33$ ja $39$ . Kokonaista lottorivitaulukkoa pääset tarkastelemaan tästä.

Näistä numeroista muodostuvat neljä lottoriviä ovat kaikkein todennäköisimmät, mutta yhtä todennäköisiä ovat kaikki muutkin $15380933$ mahdollista riviä.

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon: