kolmapäev, 26. november 2014

Raamatusoovitus

Tere!

Juba hakkab vaikselt hirmutama jõuluaeg, saab küsida ja teha kingitusi. Meie soovitame raamatut nimega "The mathematical olympiad handbook", autoriks A. Gardiner. Tegemist on toreda olümpiaadiraamatuga, kuna ülesandeid saab mingis mõttes ühes autoriga läbi lahendada - ta arutab, miks ta just nii lahendab nagu lahendab, ning jätab siia-sinna lünki ka lahendajale täitmiseks. Nii on ta eriti tore tükk algajamatele.

Ülesanded raamatus pärinevad Briti matemaatikaolümpiaadide esimeselt kolmekümne kahelt aastalt - 1965 - 1996 ning ülesannetele eelneb ka väikene kokkuvõtte matemaatilistest nippidest-trikkidest.

Valime sealt kaks juhuslikku ülesannet:

1. (BMO 1985) Olgu \(a,b,c\) kolm reaalarvu, mis asuvad nulli ja ühe vahel. Tõesta, et vähemalt üks avaldistest \(a(1-b)\), \(b(1-c)\) ning \(c(1-a)\) ei ole suurem kui \(\frac{1}{4}\).

2. (BMO 1996) Funktsioon \(f\) on defineeritud positiivsetel täisarvudel ning rahuldab järgmisi tingimusi:

A) \(f(1) = 1996 \)

B) iga \(n >1\) korral \(f(1) + f(2) + .. + f(n) = n^2f(n)\).

Leia \(f(1996)\) täpne väärtus.

4 kommentaari:

Kell 29. november 2014 15:59, Anonymous Matemaatika s6ber ütles ...

Ebatavaline :) Ylesandes 1. on "v2hemalt yks" v6imalik matemaatika keeles mitut moodi kirja panna; ja ylesandes 2 annab otse 1996. liikmeni arvutada... Loodan, et S6ber matemaatik t6lgib n2iteks ka pakutud lahenduskeerdk2igud!

 
Kell 7. detsember 2014 21:52, Blogger Sõber Matemaatik ütles ...

Autor on selle kommentaari eemaldanud.

 
Kell 7. detsember 2014 21:57, Blogger Sõber Matemaatik ütles ...

Autor on selle kommentaari eemaldanud.

 
Kell 7. detsember 2014 22:00, Blogger Sõber Matemaatik ütles ...

Lahendusvihjed seekord siis sellised:

1. Kui oletada vastuväiteliselt, et kõik vaadeldavad arvud on suuremad kui \(\frac{1}{4} \), siis saame, et \(a(1−b)b(1−c)c(1−a)>\frac{1}{2^6}\) ehk \((a(1−b)b(1−c)c(1−a))^{\frac{1}{6}}>\frac{1}{2}\). Samas aritmeetilise ja geomeetrilise keskmise vahelise võrratuse põhjal saame

\((a(1−b)b(1−c)c(1−a))^{\frac{1}{6}}\le \frac{a+(1-b)+b+(1-c)+c+(1-a)}{6}=\frac{1}{2}\),

mis on vastuolus võrratusega \(a(1−b)b(1−c)c(1−a)>\frac{1}{2^6}\). Seega vähemalt üks vaadeldavatest arvudest \(a(1−b)\), \(b(1−c)\) või \(c(1−a)\) on väiksem või võrdne kui \(\frac{1}{4}\).

2. Tõestuse idee on kasutada induktsiooni. Antud seose abil on lihtne veenduda, et \(f(2)=\frac{f(1)}{3} \), \(f(3)=\frac{f(1)}{6} \), \(f(4)=\frac{f(1)}{10} \), \(f(5)=\frac{f(1)}{15} \). Võib tähele panna, et \(3=1+2\), \(6=1+2+3\), \(10=1+2+3+4\) ja \(15=1+2+3+4+5\). Lahendusidee on näidata, et need seosed pole päris juhus. Täpsemalt, induktsiooniga saab näidata, et iga positiivse täisarvu \(k \) korral \(f(k)=\frac{f(1)}{1+2+3+...+k} \) ehk \(f(k)=\frac{2f(1)}{k(k+1)} \). Induktsiooni sammu tegemiseks on kasulik tähele panna, et \(\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \).

Induktsioon on üldiselt olümpiaadiülesannete lahendamisel väga võimas relv. Antud juhul võib suure vaevaga otse välja arvutada ka näiteks \(f(100)\), kuid \(f(1996)\) võtaks vast juba liiga kaua aega. Rääkimata \(f(1000000)\)-st jne.

 

Postita kommentaar

Tellimine: Postituse kommentaarid [Atom]

<< Avaleht