algebra

0

Potenssiyhtälö

|

Ratkaise yhtälö

    \[(x^2-7x+11)^{x^2-11x+30}=1.\]

Ratkaisu: Yhtälö ratkeaa kolmella eri ehdolla:

  1. x^2-7x+11=1. Tämän yhtälön ratkaisut ovat x=2 ja x=5.
  2. x^2-11x+30=0. Tämän ratkaisut ovat x=5 ja x=6. Lisäehtona on, että kantaluvun x^2-7x+11 on poikettava nollasta. Kumpikin ratkaisuista totetuttaa tämän vaatimuksen.
  3. x^2-7x+11=-1 ja x^2-11x+30 on parillinen. Nämä ehdot toteutuvat, kun x=3 tai x=4.

Yhtälön ratkaisut ovat siis x=2, x=3, x=4, x=5 ja x=6.

0

Istumapaikka

|

Kuva: Rob Stanley/Flickr (CC BY-NC 2.0)

Mikko istuu suuressa loppuunmyydyssä suorakulmion muotoisessa katsomossa1. Hänen edessään olevilla riveillä istuu 175 henkeä ja takanaan olevilla riveillä 400 henkeä. Sarakkeissa Mikon vasemmalla puolella istuu 312 henkeä ja oikealla puolella 264 henkeä. Monennenko rivin monennellako paikalla Mikko istuu?

Ratkaisu: Pulman ratkaisu piilee jaollisuudessa. Aloitetaan tutkimalla Mikon edessä olevia 175 paikkaa. Nyt luvun 175 alkutekijähajotelma on 175=5^2\cdot 7, joten järkeviä mahdollisuuksia Mikon eteen ovat vain 7 riviä, joilla on 25 paikkaa kullakin, tai 5 riviä, joilla on 35 paikkaa, tai toisinpäin.

Mikon takana tilanne on hieman monimutkaisempi: alkutekijähajotelmaksi saadaan 400=2^4\cdot 5^2, mutta koska 35 ei ole luvun 400 tekijä, jää parhaaksi vaihtoehdoksi, että Mikon takana olisi 16\cdot 25 paikkaa.

Tarkastellaan sitten sivuja. Nyt 312=2^3\cdot 3\cdot 13 ja 264=2^3\cdot 3\cdot 11. Näistä hyvät paikkamääräkombinaatiot ovat 13\cdot 24=312 ja 11\cdot 24=264.

Yhdessä näistä voidaan päätellä, että salissa pitäisi olla 24 riviä ja 25 saraketta, ja edelleen Mikon paikka on 8. rivillä, 14. sarakkeessa.

Voidaan myös helposti huomata, että jos lasketaan Mikon edestä ja takaa löytyvät paikat yhteen, saadaan 175+400=575 paikkaa lukuunottamatta riviä, jolla Mikko istuu, ja sivuilta laskien 312+264=576 paikkaa lukuunottamatta saraketta, jossa Mikko istuu. Näin ollen sarakkeita on oltava yksi enemmän kuin rivejä.

Tämä pulma on peräisin Daniel Grillerin uudesta kirjasta Elastic Numbers, jota ovat suitsuttaneet ainakin Alex Bellos ja Matthew Scroggs – molemmat miehiä, joiden pulmasuosituksiin kannattaa tarttua. Niinpä kyseinen opus koristaakin työpöytääni toivottavasti jo tulevalla viikolla!

0

Kolikkopeli

|

Kuva: Mark Seton/Flickr (CC BY-NC 2.0)

Tuomas ja Heikki pelaavat seuraavilla säännöillä kolikonheittopeliä. He heittävät (reilua, painottamatonta) kolikkoa, kunnes kolmella peräkkäisellä heitolla tulee joko heittosarja klaava-klaava-kruuna tai klaava-kruuna-kruuna. Tuomas voittaa ensimmäisessä ja Heikki jälkimmäisessä tapauksessa.

Millä todennäköisyydellä Tuomas voittaa pelin?

Kuva 1: Klaavaputki toimii Tuomaksen eduksi.

Ratkaisu: Tilannetta voidaan mallintaa monilla tavoilla. Tämäntyyppisissä ongelmissa tykkään itse yleensä lähteä piirtelemään tilannetta auki esimerkiksi puukaavion avulla. Merkitään kruunan heittämistä R:llä ja klaavan heittämistä L:llä. Koska kumpikin voittosarja alkaa klaavalla, voidaan olettaa, että ensimmäinen (relevantti) heitto on ollut klaava.

Jos toinenkin heitto on klaava, ollaan menossa kohti Tuomaksen voittoa (kuva 1). Nyt kruuna katkaisee pelin Tuomaksen eduksi, klaava jatkaa peliä, mutta pitää edelleen Tuomaksella ratkaisevan edun.

Kuva 2: Lisää Tuomaksen voittolinjoja.

Tuomaksen peli ei ole pelattu, vaikka seuraava heitto olisikin kruuna: yksi klaava lisää, ja tilanne palautuu olennaisesti samaksi kuin edellä (kuva 2).

Entäpä Heikin voittolinja tai voittolinjat? Mistä ne löytyvät? Heikki tarvitsee kaksi peräkkäistä kruunaa klaavan jälkeen. Jos saadan klaava, on Heikki aina kahden peräkkäisen onnistuneen heiton päässä voitosta. Tämä on ratkaiseva ero Tuomaksen hyväksi, sillä Tuomaksella voitto voi olla jo yhden heiton päässä. Kaikki sarjat, jossa kaksi klaavaa esiintyy peräkkäin johtavat lopulta Tuomaksen voittoon. Heikin voitto voi siis tulla vain seuraavilla heittosarjoilla: LRR, LRLRR, LRLRLRR, LRLRLRLRR jne. (kuva 3)

Kuva 3: Heikin voittolinjat.

Lasketaan nyt tarkalleen Heikin voittotodennäköisyys, josta Tuomaksen voittotodennäköisyys saadaan komplementtisääntöä käyttäen. Koska kolikko oli painottamaton, sekä kruunan että klaavan todennäköisyys on \frac{1}{2}. Koska peräkkäiset heittokerrat ovat toisistaan riippumattomat, voidaan Heikin voittosarjat laskea kertolaskusääntöä soveltaen. Koska tarkastelu voitiin siis aloittaa ensimmäisestä klaavasta, on heittosarjan LRR todennäköisyys sama kuin kahden peräkkäisen kruunan, eli \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}. Vastaavasti heittosarja LRLRR saadaan todennäköisyydellä \left(\frac{1}{2}\right)^4 ja niin edelleen. Koska kaikki nämä heittosarjat ovat toisistaan riippumattomia, voidaan niiden yhteinen todennäköisyys laskea summana

    \[\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^4+\left(\frac{1}{2}\right)^6+\left(\frac{1}{2}\right)^8+\cdots .\]

Tämä puolestaan on geometrinen sarja, jonka suhdeluku on \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}. Näin ollen Heikin voiton todennäköisyydeksi saadaan

    \[\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}.\]

Komplementtisäännön nojalla Tuomas voittaa nyt todennäköisyydellä 1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.

Tämä pulma löytyi Colin Beveridgen loistavalta Flying colors maths -sivustolta, jolla hän esittelee pulmaan ratkaisun parista muusta näkökulmasta. Colin on myös mainion huumorintajuinen heppu, jonka tekstejä on aina ilo lukea. Säännöllisehkön Twitter-yhteydenpitomme pohjalta Colin on lisännyt joihinkiin teksteihinsä Big in Finland -tunnisteen. Aika velikultia.

0

Pythagoraan piirakka

|

Kaikkihan me tunnemme Pythagoraan, tuon antiikin Kreikassa eläneen oppineen, jonka nimiin pantu lause (jota hän ei tietenkään ole itse keksinyt) on keskeistä koulugeometriaa peruskoulusta alkaen. Pythagoras on myös hollantilainen matematiikkalehti, joka on ilmestynyt jo 1960-luvun alusta alkaen. Seuraava Pythagoras-lehdessä julkaistu hieno pulma tuli vastaan Alex Bellosin pulmapalstalla The Guardianissa.

Isoissa juhlissa on hillittömän kokoinen piirakka. Ensimmäinen juhlavieras saa yhden prosentin piirakasta, seuraava kaksi prosenttia jäljellä olevasta piirakasta, kolmas kolme prosenttia jäljellä olevasta piirakasta ja niin edelleen, kunnes sadas vieras saa koko viimeisen palan. Kuka saa suurimman palan?

No niin, tämä pulma olisi tietenkin helppo ratkaista tietokoneen tai laskimen avulla laskemalla likiarvot kaikista paloista suhteessa koko piirakkaan, mutta itse ajattelin, että tähän täytyy olla joku kiinnostavampikin ratkaisutapa. Ja tovin pohdittuani sellaisen löysinkin: tehtävä ratkeaa pelkkää kynää ja paperia käyttäen, eivätkä tarvittavat laskutoimitukset ole lukion pitkän matematiikan kakkoskurssin tasoa hankalampia. Onnea matkaan!

Kuva: Ruth Hartnup / Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: Kymmenes vieras saa suurimman palan. Osoitetaan tämä tutkimalla peräkkäisten osuuksien suhteellisia kokoja. Näytetään siis, että kymmenenteen vieraaseen asti palaset kasvavat ja sen jälkeen ne pienenevät.

Olkoon jäljellä olevan piirakan määrä vieraan k vuorolla P. Näin ollen vieraan k osuus on \frac{k}{100}\cdot P. Piirakkaa jää jäljelle \frac{100-k}{100}\cdot P, josta seuraavan vieraan palan suuruus on näin ollen \frac{k+1}{100}\cdot\frac{100-k}{100}\cdot P. Ratkaistaan nyt epäyhtälö

    \[\frac{k}{100}\cdot P>\frac{k+1}{100}\cdot \frac{100-k}{100}\cdot P.\]

Positiivisena lukuna P voidaan jakaa nyt pois. Kun epäyhtälö kerrotaan 10000:lla ja siirretään kaikki termit samalle puolelle, saadaan muoto

    \[k^2+k-100>0.\]

Vasemmanpuoleisen lausekkeen nollakohdat ovat

    \[k=\frac{-1\pm\sqrt{401}}{2}.\]

Tässä vaiheessa tavalliset ihmiset viimeistään tarttuisivat laskimeen, mutta meidän tapauksessamme se ei ole tarpeen – olihan tavoitteemme ratkoa koko pulma vain kynän ja paperin avulla. Nyt \sqrt{400}=20, joten \sqrt{401} on vain vähän enemmän (joka tapauksessa reilusti alle 21). Siis lausekkeemme nollakohdat ovat riittävällä tarkkuudella k\approx -10,5 ja k\approx 9,5. Koska lausekkeen k^2+k-100 kuvaaja on ylöspäin aukeava paraabeli, epäyhtälön k^2+k-100>0 ratkaisujoukkona ovat (suunnilleen) välit k<-10,5 ja k>9,5 (joista negatiivisella vaihtoehdolla ei kannaltamme ole väliä).

Tulkitaan tämä ratkaisu. Alkuperäinen epäyhtälömme vastaa kysymykseen, milloin edellinen pala on seuraavaa suurempi. Saamastamme ratkaisusta voidaan päätellä, että tämä on totta suunnilleen k:n arvosta 9,5 alkaen. Koska k saa vain kokonaislukuarvoja, pätee tulos siis arvosta k=10 alkaen. Kymmenes pala on siis suurempi kuin yhdestoista, mutta yhdeksäs pala ei ole suurempi kuin kymmenes. Suurimman palan saa siis kymmenes vieras, sillä kymmenes on suurempi kuin yhdestoista, joka taas on suurempi kuin kahdestoista joka on suurempi kuin kolmastoista ja niin edelleen.

Toki kaikkien osuuksien likiarvotkin on helppo laskea, ei tosin ilman apuvälineitä. Oheisen taulukon luontiin Excelillä ei mennyt kuin hetki. Kymmenes vieras rohmuaa melkein 6,3 prosenttia koko piirakasta. Jos se jotakuta nyt kiinnostaa.

Piirakkaosuudet

0

Torimyyjän tappio

|

Kuva: Phil Romans / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Seuraava pulma on kuuluisan amerikkalaisen ongelmanlaatijan Sam Loydin (1841–1911) käsialaa, ja se tunnetaan myös Covent Gardenin ongelmana. Näin se kuuluu:

Tolvanen ja Penttinen myyvät omenoita torilla. Heillä on yhtä paljon omenoita, mutta Penttisen omenat ovat isompia. Siispä Penttinen myy kaksi omenaa eurolla, kun taas Tolvaselta saa kolme omenaa eurolla.

Eräänä päivänä Penttisen piti mennä muualle, ja hän pyysi Tolvasta myymään hänenkin omenansa. Omenakasat sekoitettiin ja hinnaksi asetettiin viisi omenaa kahdella eurolla. Seuraavana päivänä kaikki omenat oli myyty, ja oli aika jakaa potti. He olivat sopineet jakavansa omenoista saatavat rahat tasan. Mutta nyt Tolvanen ja Penttinen huomasivat, että he olivat hävinneet seitsemän euroa siihen nähden, mitä he olisivat tienanneet, jos he olisivat myyneet omenansa erikseen.

Viikon vaikea kysymys on, paljonko Penttinen hävisi myyntijärjestelyssä.

Ratkaisu: Omenoiden kokonaismäärän on oltava viidellä jaollinen, jotta ne kaikki voidaan myydä viiden kappaleen erinä. Mutta jotta omenoista voitaisiin erotella Penttisen ja Tolvasen osuudet (tasaeuroina), on omenoita oltava vähintään 60, joista Tolvanen olisi itse myydessään saanut 10 euroa 30 omenasta ja Penttinen 15 euroa 30 isommasta omenasta.

Nyt 60 omenasta he saivat yhteensä 12\cdot 2=24 euroa, joten he häviävät yhden euron siihen nähden, että olisivat myyneet omenat erikseen. Näin ollen Tolvasen myydessä molempien omenat yhteensä seitsemän euron tappiolla on omenoita ollut alun perin 7\cdot 60=420. Kummallekin kauppiaalle jää siis käteen 7\cdot 12=84 euroa. Jos Penttinen olisi myynyt 210 omenaa itsekseen, olisi hän saanut niistä 210/2=105 euroa, joten Penttinen hävisi järjestelyssä 21 euroa.

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.

0

Tuomaan talo

|

Tuomas asuu kadulla, jonka talonnumerot ovat väliltä 8-100. Kössi tahtoo saada selville, mikä Tuomaan talon numero on.

Kössi kysyy, onko numero suurempi kuin 50. Tuomas vastaa, mutta valehtelee.

Seuraavaksi Kössi kysyy, onko numero jaollinen neljällä. Tuomas vastaa, mutta valehtelee taas.

Sitten Kössi kysyy, onko numero jonkin luvun neliö. Nyt, kaikkien hämmästykseksi, Tuomas vastaa totuudenmukaisesti.

Kössi sanoo, että jos Tuomas vielä kertoisi, onko ensimmäinen numero 3, hän tietäisi oikean talonnumeron. Tuomas vastaa Kössille, mutta emme tiedä, puhuiko hän totta. Tämän jälkeen Kössi ilmoittaa vastauksensa, joka valitettavasti on väärä.

Missä numerossa Tuomas oikeasti asuu?

Kuva: Bert Kaufmann/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Kuva: Bert Kaufmann/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Ratkaisu: Kössi ei tietenkään tiedä, että Tuomas puhuu suurimman osan ajasta puhdasta palturia. Siksi Kössi perustaa veikkauksensa siihen, mitä Tuomas vastaa, ja se puolestaan vie meidät ratkaisun jäljille.

Koska ensimmäiseen kysymykseen Tuomas valehteli ja lopuksi Kössi haluaa tietää, onko ensimmäinen numero 3, on oikea talonnumero tietenkin suurempi kuin 50. Koska välillä 8-50 on vain kaksi neljällä jaollista neliötä (16 ja 36) ja lukuisia sellaisia lukuja, jotka eivät ole joko jaollisia neljällä tai neliöitä tai kumpaakaan näistä, on Tuomas vastannut sekä neljälläjaollisuuskysymykseen (valheellisesti) että neliökysymykseen (todenmukaisesti) kyllä.

Tämä kaikki tarkoittaa sitä, että todellisuudessa Tuomas asuu talossa, jonka numero on suurempi kuin 50, ei ole neljällä jaollinen ja on jonkin luvun neliö. Ainoa kyseeseen tuleva talonnumero on 81.

 

0

Juokseva koira – ratkaisu

|

Koira lähtee juoksemaan vakionopeudella 50 metriä pitkän jonon perältä kohti jonon kärkeä. Jono lähtee samaan aikaan liikkeelle, myös vakionopeudella. Kun koira saavuttaa jonon kärjen, se kääntyy välittömästi takaisin (oletetaan siis, että tähän ei kulu aikaa) ja jatkaa matkaansa samalla vakionopeudella kohti jonon häntää. Kun koira saavuttaa jonon hännän, on jono edennyt 50 metriä. Kuinka pitkän matkan koira juoksi?

Juoksevan koiran ongelman ratkaiseminen vaatii hieman yksinkertaista ymmärrystä fysiikasta (mikä kuvaa täsmälleen omaa tasoani) sekä lievää luovuutta käytettävien yksiköiden kanssa. Päärooli on nopeuden, matkan ja ajan välisellä perusyhteydellä v=\frac{s}{t}, josta saadaan, että aika t voidaan ilmaista t=\frac{s}{v}.

Aletaan ensin muokata käytettäviä yksiköitä meille sopiviksi. Olkoon 50 metriä 1 ”matka” ja olkoon ajan t yksikkönä ”aika, joka jonolta kuluu 1 matkan kulkemiseen”. Tällöin jonon nopeutta voidaan merkitä 1:llä.koiranratkaisuTutkitaan sitten koiran juoksemiseen kuluvaa aikaa. Jaetaan aika kahteen osaan, jonon kärjen saavuttamiseen t_1 ja jonon hännille palaamiseen t_2. Nyt siis t_1 on aika, jossa koira juoksee 50 metriä (eli yhden ”matkan”) jonoa enemmän. Merkitään koiran nopeutta  x, jolloin sen nopeus suhteessa jonoon on x-1. Näin ollen t_1=\frac{1}{x-1}. Vastaavasti paluumatkalla koiran nopeus suhteessa jonoon on x+1, joten t_2=\frac{1}{x+1}. Koska t_1+t_2=1, saadaan yhtälö, joka ratkaisee ongelman:  \frac{1}{x-1}+\frac{1}{x+1}=1.

Yhtälö saadaan muokattua muotoon x^2-2x-1=0. Tämän yhtälön juurista x=1\pm\sqrt{2} vain positiivinen vaihtoehto x=1+\sqrt{2} hyväksytään. Koiran nopeus on siis  (1+\sqrt{2}) 50 metrin matkaa ajassa, joka jonolta 50 metriin kuluu, joten ongelman vastaus on  (1+\sqrt{2})\cdot 50=120,71\ldots\approx 121 metriä.

Juoksevan koiran ongelma johtaa toiseen, hieman haastavampaan pulmaan: mitäpä, jos koira juoksisikin neliön muotoisen marssimuodostelman ympäri? Jos neliön sivu olisi 50 metriä ja muodostelma etenisi 50 metriä, kuinka pitkän matkan koira juoksisi? Ratkaisussa tarvittava yhtälö on vain hieman monimutkaisempi kuin tässä esitelty. Kokeilepa ratkaista, ja kerro tuloksistasi vaikkapa tämän blogin kommenttiosioon!