kolmapäev, 22. oktoober 2014

Külalispostitus: mõtisklused kahest lahtise võistluse ülesandest



Tere, taas!

Usin ajaveebikülastaja (kommentaariumis Matemaatika S6ber) otsustas meid seekord postitusega kostitada ja kirjutas pikemalt lahti, kuidas ta ise lähenes kahele matemaatika lahtise võistluse ülesandele. Kui ametlikud lahendused on lakoonilised ja täpsed, siis need väikesed jutud annavad ehk parema pildi sellest, kuidas võiks tegelikult välja näha mõtteteekond lahenduseni.

Ülesanded ja ametlikud lahendused leiate siit. Järgnevalt tuleb juttu noorema rühma kolmandast ülesandest (N3) ja vanema rühma teisest ülesandest (V2):

N3:

N3 on antud mängu reeglid ja kaks eesmärki. Peale vaadates ei ole aru saada kuidas need täpselt omavahel seotud peaksid olema. Edasiminekuks on tarvis veidi intuitsiooni koguda, seega kirjutasin võimalikke käike välja. Alustades arvust üks, on 1-2-4-8-16 ainuke võimalus, edasi hargnevad
valikud mitmeks ja tekib puukujuline struktuur. Kirjutasin välja mõlemaid harusid, hoides kahekordistamise alati paremal pool. Ühel hetkel oli erinevaid võimalusi juba paarkümmend, arvud umbes paarisaja ringis, ning selgust ei olnud, aga vähemalt oli aru saada, kuidas mäng käib. Mingeid seaduspärasusi silma ei hakanud, aga aega kulus ainult paar minutit.

Teine võimalus on läheneda a) osa eesmärgist alates. 1000000000-le eelnev sai olla ainult 500000000, sellele eelnev ainult 250000000, sellele eelnevad 520000000 ja 125000000, nendele omakorda 260000000, 62500000, 152000000, 215000000, 251000000, 512000000, 521000000. Jälle läheb võimalusi väga paljuks. Küll aga tekkis tähelepanek, et 5,25,125, 625 on arvu 5 astmed - need paistavad kasulikud olema, tekivad loomulikult (miks?) ja palju nulle on ka hea.

Neid kahte poolt vaadates on näha, et alustades on lihtne saada kahe astmeid (kogu aeg kahega korrutades), lõpuks oleks vaja aga viie astmeid ja nulle.
Kas kuidagi saaks alguses konstrueeritud numbritest viie astme kokku?
Esialgu ei olnud isegi ühtegi viit, aga 512 oli juba paberil, ja see on 125 ümberpaigutatult, ja
siit on juba võimalik saada 250, 500, ja 1000. Aga edasi? Paar sekundit hiljem oli muidugi selge, et samamoodi saame alati kolm nulli lisada. 1000-st saab teha 1000000, sealt 1000000000, ning esimene pool on valmis.

Teine pool paistab palju keerulisem. Erinevaid võimalusi 9876543210 saavutada on 9! seega välja kirjutada neid ei jaksa. Ka ei selgunud esimesest poolest esialgu ühtegi lihtsat reeglit suvalise arvu tekitamiseks - ja tegelikult pole see ka võimalik, sest kõik võimalikud kahekohalised arvud kirjutasin
ma välja (neid ei olnud väga palju), ja kolmekohalisest tagasi pole enam võimalik minna. Tekib
hüpotees, et seda ei ole võimalik saavutada.

Kui on tarvis näidata, et mingi operatsiooni järjest kordamisega, või mingi protsessi kaua rakendamisega tekib konkreetne olukord (või ei saa tekkida konkreetne olukord), on mõistlik mõelda omadustele mis jäävad samaks, või kasvavad/kahanevad (teadjamad tunnevad ära invariandi/poolinvariandi idee; toredam on vahest mõelda protsessi sisulisest omadusest või
piirangust). Kahega korrutamine on harilik operatsioon, arv jääb samaks aga kahe aste algtguriteks lahutamisel kasvab ühe võrra. Numbrite ümberpaigutamine on aga ebatavaline tegevus - kuidas niimoodi matemaatikat saab teha?

Mis selle operatsiooniga samaks jääb? Numbreid ümber paigutades võib arv ise kasvada või kahaneda. Ainuke asi mis ei muutu, on numbrid ise. Vahest pole mõnda numbrit niimoodi üldse võimalik saavutada? Paberil on aga kõik juba olemas. Vahest on alati mõnda numbrit vähemalt kaks - aga paberil on jällegi vastunäiteid. Vahest jääb summa samaks? Ümberpaigutades jääb, aga kahega korrutades mitte. Vahest kasvab numbrite summa? Aga 8->1õ see hoopis kahaneb. Nullidest pole võimalik lahti saada, äkki nad hakkavad kuhjuma - aga nad saab keskele tõsta, ja siis nad kaovad kahekordistades.

Selle koha peal tuli lagi ette, lugesin varasemad mõtted üle. Ristsumma ümberpaigutades ei muutu, 2-ga korrutades muutub - aga mõni omadus, näiteks 9-ga jaguvus, jääb paika. Ükskõik kui palju kahekordistada või ümber paigutada, üheksaga jaguvust pole võimalik muuta. 1 ei jagu 9-ga - kui
veel vaid eesmärk jaguks. 9+8+7+6+5+4+3+2+1+0 = 45 - hurraa! Kirja võib panna lühidalt või
löövalt nagu ametlikus lahenduses :)

V2

V2 näeb kole välja. Alustuseks on x, mis teinekord ikka võrrandites sees on - kui oleks ainult x+3 = 0 või x^2 + 3x = 0 oleks lahendamine käkitegu. Aga lisaks on veel y - noh, seda on ka nähtud kui y=x+2 või muud sarnast, sellele vastav tavaliselt tasandi koordinaat, ja vahest mõni kena joon. Nüüd aga on lisaks veel f, mille valimiseks on väga palju võimalusi. Siiamaani on funktsioonid, mille järel on sulud tuttavad kui sin(), cos(), ln(), või näiteks f(x) = x+3, f(x) = x^2 + 3x. Ehk siis tundub et antud on kolm vastast kellega on tarvis võidelda.

Olulised teadmised selle ülesande juures on, et x ja y ei ole seekord tagaotsitavad - need on hoovad millega mängida, neid võime vabalt valida, nad on sõbrad. Teine asi mida teada, on et f() leidmine tähendab f(z) defineerimist iga z jaoks; peaaegu alati on selle jaoks kasulik alustada mõne
konkreetse z-ga, kusjuures eriti populaarsed on 0 ja 1. Seega oleks hea x ja ü valida kuidagi
kavalalt nii, et kuskile jääks ainult f(x) või ainult f(y), ja mujal enam f() sees ei olekski.
Siis saaks f(x) avaldada ja ülesanne oleks lahendatud.

Kuidas saada 0 esimese f() sisse? Võtsin x=-y (x ja y võime ise valida! mina valisin y suvalise, ja siis x kui tema vastandväärtuse), ja sain f(0)f(ü) = f(-y -yf(y)), mis ei paista just edasiminekuna. Aga
samas võin nüüd edasi võtta ka y=0, ja saan, et f(0)^2 = f(0) - seega kohal 0 saab f olla kas 0
või 1. See on juba edasiminek, sest vähemalt ühes punktis on meil f-i kohta midagi teada.
Vahepeal sain juba aru, et veel lihtsam on võtta x=0. Vasakule jääb f(y)^2, paremale f(0). f(0) me juba teame et on 0 või 1. Kui f(0) = 0, siis f(y)^2 = 0 iga y jaoks (me pole y veel valinud, seega kehtib see iga y jaoks), ja sealt f(y) = 0 kõikide y jaoks. Valmis.

Aga, f(0) võib olla ka 1. f(y)^2 = 1 annab, et f(y)^2 = 1 iga y jaoks, s.t f(y) on kas +1 või -1, aga me ei tea ühegi y jaoks kumb neist. äkki sobib suvaline selline funktsioon? Ütleme näiteks, et f(1) = 1, f(-1) = -1. Siis kui x=1, y=-1, saame f(0)f(-1) = f(1 + f(-1)), ehk 1*(-1) = 1, mis ei kehti.
Nii et täitsa suvaliselt 1 ja -1 laiali jagada ei saa, mingit infot on kuskil juurde vaja.

Nüüd, x=0 andis juba päris hea tulemuse, proovime mis saab kui y=0 - f(x)f(0) = f(x + xf(0)), ehk f(x) = f(äx), sest f(0) = 1. See annab meile hästi palju erinevaid väärtusi millel f() on sama
(suvalise c jaoks f(c), f(2c), f(4c),f(0.5c) ...) , aga mitte ühest vastust kõigi jaoks. Tundub et
siit edasi ei oota midagi lihtsat.

Vasakul pool on kõik nullid ära proovitud, ainult paremale pole veel
nulli saadud. Selleks oleks tarvis, et x+xf(y) = 0, ehk f(y) = -1. No aga oletame siis et
selline y leidub. Siis vasakul saame f(x+y)f(y) = -f(x+y), paremal f(x+xf(y)) = f(0), ehk kokku f(x+y) = -1. Ja me ei ole x-i kohta veel midagi eeldanud, seega on see väga tugev kitsendus! Vasakul
võime valida x+y väärtuseks suvalise arvu, ja paremal on ikka -1.
Kusjuures, võime veel võtta, et x = -y, siis f(0) = -1, mis ei ole kindlasti 1 nagu ta peaks olema,
seega on midagi valesti. Ja valesti saab olla ainult eeldus, et f(y) =-1 mingi y jaoks. Kuna f(y) on kas 1 või -1, ja f(y) ei saa olla -1, on f(y) = 1 igal pool.

Tegelikult oleks saanud viimase otsa kätte ka esimesest seosest
f(0)f(y) = f(-y -yf(y)). Pannes sinna jällegi y nii, et f(y)=-1, oleksime saanud kohe,
et -f(0) = f(0), ehk -1 = 1. Aga tol hetkel polnud meil võimalik teada, et f(y)=-1 peaks miskipärast üldse mõne y jaoks kehtima, või kuidagi eriline olema.

....

Lisame siia omalt poolt kaks sarnast harjutust. Mõlemad pärinevad toredast raamatust "Problem solving strategies", mille autoriks on Artur Engel. (Tunnete sealt ära ka ühe eelmise postituse ülesande!)

1) Tahvlil on alguses arvud 1,2,3,...2014. Igal sammul võib valida kaks suvalist arvu a ja b, nad kustutada ning nende asemele kirjutada arvu |a-b|. Näita, et lõpuks jääb tahvlile üks paaritu arv.

2) Leia kõik pidevad funktsioonid, mis on defineeritud reaalarvudel, annavad reaalarvulisi väärtusi ning mis rahuldavad iga kahe reaalarvu \(x,y\) korral järgmist võrdust:
\[xf(y) + yf(x) = (x+y)f(x)f(y)\]

5 kommentaari:

Kell 27. oktoober 2014 20:07, Anonymous Ka sõber ütles ...

Ja mõned lahendusvihjed:

1) Igal sammul jääb tahvlil üks arv vähemaks. Seega varem või hiljem - täpsemalt 2013 käigu järel - jõuame olukorda, kus tahvlil on järel vaid üks arv. Miks ta on paaritu? Tuleb jälle leida nii-öelda invariant, omadus, mis ei muutu käikude jooksul. Loomulik on vaadata paarsust, aga mille paarsust?

2) Jälle tuleb hakata katsetama. Ilmselt pole väga palju abi sellest, kui valida x = 0, y = 0. Järgmine idee on võtta x = 0, y = 1 - saame f(0) = f(0)*f(1). Juba siit saame üht-teist järeldada - f(0) = 0 või f(1) = 1. Aga no võtame siis x=y=1. Saame võrrandi 2f(1)=2f(1)^2, mis ei paista palju edasi viivat...ent annab idee. Võib-olla peame otsima mingit üldisemat tingimust, proovime lihtsalt x = y: 2xf(x) = 2xf(x)^2. See on juba väga hea! Näeme, et kui x pole null, siis f(x) = f(x)^2 ning seega f(x) on kas null või 1 iga x jaoks. Aga nüüd vaatame hoolikalt ülesande sõnastust - funktsioon peab olema pidev. Seega on f(x) kas kõikjal võrdne 1-ga või kõikjal nulliga. Ehk sümbolites kas f(x) = 0 iga x jaoks või f(x) = 1 iga x jaoks. Lihtne kontroll näitab, et mõlemad funktsioonid tõesti ka sobivad.

Pärast ülesannet on muidugi alati hea tagasi vaadata, mis oli otsetee. Otsetee oli valida lihtsalt x = y ja uurida, saadud lihtsustatud tingimust!

 
Kell 29. oktoober 2014 22:52, Anonymous Matemaatika s6ber ütles ...

Tore raamat, toredad ylesanded!

Kas teise ylesande pystituses ilma pidevuseta ei saa? Siis saaksime ilusti j2lle k2tte, et f(x) on 0 v6i 1 igal pool. Kui leidub y nii, et f(y) = 0, siis saame yf(x) = 0 iga x jaoks. Kui see eriline y pole 0, saame siit f(x) = 0. Kui ainukene y mille jaoks f(y)=0 on ka ise 0, siis on f(0)=0, f(x) = 1 mujal, mis sobib lahendiks. Kui sellist y et f(y)=0 yldse ei leidu, on f(y)=1 iga y jaoks.

 
Kell 30. oktoober 2014 16:05, Blogger Sõber Matemaatik ütles ...

Pidevust läheb küll vaja.

> "Siis saaksime ilusti j2lle k2tte, et f(x) on 0 v6i 1 igal pool."
See väide pole õige.

Lahendusvihjes on kirjas:
"Näeme, et kui x pole null, siis ... f(x) on kas null või 1 iga x jaoks"

 
Kell 31. oktoober 2014 22:57, Anonymous Totu ütles ...

Ülesande võib muidugi sõnastada ilma pidevuseta. Ja tõepoolest tundub, et Matemaatika Sõbral on igati õigus ning üllatuslikult ajab hoopis härra Engel oma raamatus kägu! Ka mitte-pidevaid lahendeid pole sugugi nii palju, õigupoolest ainult neid üks võimalik - f(0) = 0 ja f(x) = 1 teiste x jaoks!

 
Kell 1. november 2014 12:21, Blogger Sõber Matemaatik ütles ...

Mitte-pidevaid lahendeid pole tõesti palju ja saab täitsa lahendada ilma pidevuseta. Aga sel juhul sobib selline funktsioon ka:
f(0) = c, kus c on suvaline reaalarv
f(x) = 1 nullist erinevate x-ide korral
On lihtne kontrollida, et see rahuldab algset võrrandit.

 

Postita kommentaar

Tellimine: Postituse kommentaarid [Atom]

<< Avaleht