Matematiikkalehti3/2016

matematiikkalehtisolmu.fi

2 Solmu 3/2016

Sisällys

Pääkirjoitus: Voiko matematiikka villitä? (Anne-Maria Ernvall-Hytönen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Kaksi kosinilauseen 3d-versiota (Juhani Fiskaali) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5EGMO-matkakertomus (Ella Anttila) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Solmun ongelmapalsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Juuson π-härveli (Markku Sointu) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Kirjavinkkaus: The Math Olympian (Nerissa Shakespeare) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Paperirulla eli aritmeettinen jono ja likimääräisyys (Matti Lehtinen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Verkkojen teoriaa Königsbergistä internetiin (Ville Romanov) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1557. kansainväliset matematiikkaolympialaiset Hongkongissa (Esa V. Vesalainen) . . . . . . . . . . . . 20Satu surullisesta numerosta (Ritva Kokkola) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Kuinka tarkka on riittävän tarkka? (Anne-Maria Ernvall-Hytönen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 3

Voiko matematiikka villitä?

Pääkirjoitus

Heinäkuussa miljoonat ihmiset hurahtivat. Pokémon gooli ilmestynyt, sitä latailtiin kännyköille, ja aivan täys-päiset ihmiset (kuten allekirjoittanut) ryhtyivät hir-viöjahtiin. Lööpit kiljuivat, että lapset kävelevät pelinvuoksi satoja kilometrejä. En voi kuin nostaa hattua:tietokonepelejä on usein syytetty siitä, että nuoret ei-vät liiku riittävästi. Nyt yhtäkkiä kännykkäpeli on se,joka pistää ihmisen lenkille. Vaikuttavaa.

Ryhdyin miettimään, voisiko matematiikassakin ollajotain vastaavaa. Eräs belgialainen opettaja perusti pe-lin innoittamana kirjojen kierrätysringin: kirjat kätke-tään ulos, ja niistä annetaan vihje. Rinki tulikin hyvinsuosituksi. Hieman pelkään, että vastaava idea mate-matiikassa ei niin helposti toimisi kuin kaunokirjalli-suudessa: Jos ulkona lojuisi piilotettuja Springer Ver-lagin keltaisia kirjoja, olisivat matematiikan harrasta-jat haltioissaan, mutta suuri yleisö ei asiasta innostui-si. Lisäksi tempaus olisi hyvin hankala toteuttaa, koskasiinä missä monessa kirjahyllyssä on muutama ylimää-räinen pokkari, harvalla lojuu ylimääräisiä matematii-kan kirjoja hyllyssä.

Entäpä matematiikan ongelmatehtävät sitten? Voisikoniitä lojua ympäriinsä? Ei ehkä oma uskoni ihan nii-denkään kansanvillitsevyyteen riitä, mutta saatan tokiolla väärässä. Lehdissä on nimittäin melko usein jonkin-laisia ongelmatehtäviä, joko omalla palstallaan tai sit-ten uutisena: ”Tällaisia lasketaan Singaporessa – ovat-ko nämä liian hankalia koululaisille?” -tyyppisen otsi-kon alla.

Sudokut ilmestyivät joka paikkaan kymmenkunta

vuotta sitten, eivätkä ne vieläkään mihinkään ole hä-vinneet, vaikka innostus epäilemättä laantunut onkin.Sudokuissa itse asiassa on jonkin verran matematiik-kaa piilotettuna: syvällisempään matematiikkaan pääs-tään, jos ryhdytään analysoimaan, miten monta sudo-kuruudukkoa on olemassa, miten paljon informaatio-ta ruudulla on oltava, jotta ratkaisu on yksikäsittei-nen. Alkeellisempaa matematiikkaa, lähinnä päättelyäpääsee harrastamaan tavallista sudokua ratkoessa. Al-keellisemmillakin päättelysäännöillä on hieman eri ta-soja: Ruotsin matematiikan olympiajoukkueen valmen-tajan Paul Vaderlindin sanomalehdessä pitämässä su-dokukoulussa oli ehkäpä sääntöjä, joita keskivertohar-rastaja harvemmin käyttää.

Jokin siis matematiikassa tai matematiikkaa sivuavissaaiheissa kiehtoo, mutta se ei tarkoita sitä, että lööpitvähään aikaan (ainakaan luultavasti) pääsisivät kilju-maan ”Lapset laskeneet satoja tunteja päivässä – kyyh-kyslakkaperiaate villitsee nuoria” tai että lehdissä ker-rottaisiin, mitä pitää tehdä, jos matematiikan harras-tus on mennyt vähän yli. Näen tähän muutamia syitä.Ensinnäkin, matematiikassa ei ole yleensä saavutetta-vissa nopeita onnistumisia tai suurta mielihyvää pie-nen ponnistelun jälkeen. Siinä missä ensimmäisen taitoisen pianotuntini jälkeen saatoin olla ylpeä osatessa-ni soittaa kaksi kappaletta (vaikka ne kovin helppojaolivatkin), ei matematiikassa ole tällaisia konkreettisiakokonaisuuksia, jotka voisi heti ottaa haltuun.

Matematiikkaa myös pidetään kovin abstraktina, jamatemaatikoiden mainekin voi olla välillä vähän mer-killinen. Tai, mitä sanot ihmisestä, joka ei erota kah-

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

4 Solmu 3/2016

vikuppia ja munkkirinkilää toisistaan? Tällähän ma-temaatikot ovat melkein brändänneet itsensä. Asiaanvihkiytymättömälle asia ei aukene, vaan lähinnä herät-tää omituisia mielikuvia.

Matematiikka on abstraktia. Helppoja voittoja ei ole.Se ei kuitenkaan tarkoita sitä, etteikö konkreettisiaasioita olisi. Se ei myöskään tarkoita sitä, etteikö pieniäilonaiheita olisi tarjolla usein, ja toisinaan niitä suurem-piakin. Ongelmatehtävän ratkaiseminen on esimerkkipienestä ilonaiheesta. Suurempi ilonaihe yleensä vaa-tii pitkäjänteistä työtä, kahdestakin syystä: syvällisiintuloksiin ja suuriin oivalluksiin ei vähällä työllä kiinnipääse, ja toisaalta, tulosta arvostaa ihan toisella tapaa,kun on tehnyt sen eteen tunti-, päivä- tai kuukausikau-palla työtä kuin jos se on saatu minuuteissa.

Matematiikkaa harrastavat saavat toki iloa myös on-gelmien miettimisestä ja teorian opettelusta, siis jopaniistä hetkistä, jolloin mikään ei suju. (Tai no, tämä oliliioittelua. Ne hetket, jolloin mikään ei suju, ovat vainärsyttäviä. Ne hetket, jolloin asiat sujuvat, mutta mi-tään suuria älynväläyksiä ei tule, ovat sitä mukavaa pe-

ruskauraa, jota tekee mielellään.) Tämä kuitenkin vaa-tii tietyn harrastuneisuuden asteen. Jos halutaan saadaihmiset innostumaan matematiikasta, pitää kynnyksenolla matala.

On hankala keksiä uusia innovatiivisia tapoja tuodamatematiikkaa kaikille näkyväksi, tai keksiä, kuinkayhä useampi ihminen siitä innostuisi. Kuitenkin, joskännykkäpeli pistää ihmiset lenkille, niin en hämmäs-tyisi, vaikka jotain vastaavaa voisi matematiikkaan-kin tulla. Yhteen asiaan voimme kuitenkin vaikut-taa: Matematiikalla on valitettavasti maine vain (huip-pu)lahjakkaiden lajina. Tämähän ei paikkaansa pidä.Lahjakkuus auttaa, mutta lopulta työmäärä ratkaisee.Tällä kuvitelmalla on kaksikin ikävää seurausta: toiseteivät tee töitä, koska uskovat lahjakkuudella pärjäävän-sä, ja toiset eivät tee töitä, koska eivät usko pärjäävän-sä kuitenkaan. Jo pelkästään tämän ennakkoluulon ku-moaminen nostaisi luultavasti matematiikan osaamistahuomattavasti.

Anne-Maria Ernvall-Hytönen

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 5

Kaksi kosinilauseen 3d-versiota

Juhani Fiskaali 1

Kevään 2016 ylioppilaskirjoitusten matematiikan ko-keessa tehtävänä oli todistaa suorakulmaista tetraedriakoskeva 3d-Pythagoraan lause A2 + B2 + C2 = D2,missä A, B ja C ovat tetraedrin suorakulmaisten sivu-tahkojen pinta-alat ja D neljännen sivutahkon pinta-ala. Tavallisen Pythagoraan lauseen a2 + b2 = c2 yleis-tys on kosinilause a2 + b2 − 2ab cos γ = c2. On luon-tevaa kysyä 3d-Pythagoraan lauseen yleistystä, 3d-kosinilausetta (3d viittaa kolmiulotteiseen avaruuteen).

Tarkastellaan seuraavassa kahta eri 3d-versiota. Ensim-mäisessä lauseessa ”kosinitermi” ilmoitetaan sivusär-mien ja niiden välisten kulmien avulla. Näin saadaankaava (1). Toisen kosinilauseen ”kosinitermi” ilmais-taan sivutahkojen alojen ja tahkojen välisten diedri-kulmien avulla. Näin saadaan 3d-kaava (2).

Käytetään seuraavia merkintöjä. Tetraedrin kärjestä(origosta) lähtevien sivusärmien pituudet olkoot a, bja c, ja olkoot γ, α ja β vastaavasti särmäparien (a, b),(b, c) ja (c, a) väliset kulmat. Olkoon edelleen C sen si-vutahkon ala, missä sivutahkokolmion sivuina ovat a,b ja z (ja sivun z vastaisena kulmana γ). Vastaavasti Aolkoon sen sivutahkon ala, missä tahkokolmion sivuinaovat b, c ja x (ja sivun x vastaisena kulmana α), ja Bolkoon sen sivutahkon ala, missä tahkokolmion sivui-na ovat c, a ja y (ja sivun y vastaisena kulmana β).Ja lopulta, olkoon D sen sivutahkokolmion ala, missäkolmion sivut ovat x, y ja z.

Kaavan (1) todistamisessa käytetään tavallista kosi-

nilausetta ja Heronin kaavaa. Ensiksikin, kolmen en-simmäisen sivutahkon alat ovat A = 1

2bc sinα, B =12ca sin β ja C = 1

2ab sin γ. Edelleen, tavallisen kosini-lauseen mukaan on

z2 = a2 + b2 − 2ab cos γ,y2 = c2 + a2 − 2ca cosβ,x2 = b2 + c2 − 2bc cosα.

Alan D laskemiseksi on tässä luontevaa käyttää Hero-nin kaavaa muodossa

D = 14√

(x2 + y2 + z2)2 − 2(x4 + y4 + z4),

jolloin sievennettäväksi jää lauseke

D2 = 116(x2 + y2 + z2)2 − 1

8(x4 + y4 + z4).

Huolellinen suoraviivainen sievennys tuottaa ensimmäi-sen 3d-kosinilauseen

D2 = A2 +B2 + C2 − 12abc

[a(cosα− cosβ cos γ)

+ b(cosβ − cos γ cosα) + c(cos γ − cosα cosβ)]. (1)

Jos tässä α = β = γ = π2 , saadaan 3d-Pythagoraan

lause D2 = A2 +B2 + C2. Säännöllisen tedraedrin ta-pauksessa, kun a = b = c = s ja α = β = γ = π

3 ,saadaan

D2 = 3× 3s4

16 −s4

2

[3(

12 −

14

)]= 3s4

16 .

1Kirjoittaja on Oulun lyseon eläkkeellä oleva matematiikan opettaja.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

6 Solmu 3/2016

Tämä on sopusoinnussa sen kanssa, että säännöllisentetraedrin sivutahkon ala on

s2√34 .

Sitten toiseen 3d-kosinilauseeseen. Edellisten merkintö-jen lisäksi merkitkööt ~a,~b ja ~c tetraedrin kärjestä lähte-viä paikkavektoreita, joiden pituudet ovat vastaavastia, b ja c. Olkoon sivutahkojen C ja A välinen diedri-kulma B (leikkaussärmänä b). Vastaavasti sivutahko-jen A ja B diedrikulma olkoon Γ (leikkaussärmänä c)ja tahkojen B ja C välinen diedrikulma A (leikkaus-särmänä a). Toisaalta diedrikulmat ovat sivutahkojennormaalien välisiä kulmia. Tarkastellaan aluksi tahko-jen C ja A välistä diedrikulmaa. Näiden tahkojen nor-maalien suunnat ovat ristitulovektorit ~a × ~b ja ~b × ~c,jolloin tahkojen C ja A välisen diedrikulman kosini on

cos B = (~a×~b ) · (~b× ~c )|~a×~b ||~b× ~c |

.

Tässä nimittäjänä on ristitulojen pinta-alamerkityksenmukaisesti 4CA. Osoittaja puolestaan sievenee skalaa-rikolmitulon pisteen ja ristin vaihdannaisuuden ja ris-

titulon kehityskaavan mukaan seuraavasti:

(~a×~b ) · (~b× ~c ) = ~a ·[~b× (~b× ~c )

]= ~a ·

[(~b · ~c )~b− (~b ·~b )~c

]= (~b · ~c )(~a ·~b )− (~b ·~b )(~a · ~c )= (bc cosα)(ab cos γ)− b2ac cosβ= −ab2c(cosβ − cos γ cosα).

Näin ollen lauseen (1) kosinitermin yhteenlaskettava− 1

2ab2c(cosβ − cos γ cosα) on sama kuin −2AC cos B.

Vastaavasti lauseen (1) kaksi muuta yhteenlaskettavaaovat −2CB cos A ja −2AB cos Γ. Siten 3d-kosinilausesaa muodon

D2 = A2 +B2 + C2

− 2[AB cos Γ +BC cos A+ CA cos B

], (2)

missä ”kosinitermi” riippuu sivutahkojen aloistaja vastaavien sivutahkojen välisistä diedrikulmista.Tässä kaavassa havaitaan enemmän analogiaa 2d-kosinilauseeseen kuin esityksessä (1). Kaava (2) on kir-jallisuudesta varsin tuttu, mutta kaavaa (1) en ole sat-tunut huomaamaan.

Kaksi uutta matematiikkadiplomia

Solmun matematiikkadiplomisivulle osoitteeseen

matematiikkalehtisolmu.fi/diplomi.html

on lisätty diplomit IX ja X elokuussa 2016. IX on peruskoulun lopun tasoa, sen tehtävillävoi valmistaa pohjaa lukiota varten. X on entinen IX lisättynä ensimmäisellä luvulla. Sesisältää materiaalia esim. lukion kerhoille, harrastajille ja erikoiskursseille. Nämä diplomitvoi suorittaa myös osioittain, ks. niiden esipuheet.

Uusia ovat siis sekä diplomit IX ja X, niiden tehtävät ja ratkaisut.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 7

EGMO-matkakertomus1

Ella Anttila

Sunnuntaina 10.4. tapasin joukkueenjohtajan Esa Ve-salaisen Helsinki-Vantaan lentokentällä. Lensimme Bu-dapestiin Berliinin kautta, mistä jatkoimme Buşteninkylään bussilla. Kilpailijoiden hotellissa tapasin oppaa-ni, joka kertoi toimivansa myös Luxemburgin kahdenhengen joukkueen oppaana. Osasin odottaa järjestäjienantamia lahjoja, mutta värit yllättivät minut: reppu oliräikeän oranssi ja paita kirkkaan keltainen!

Seuraavana aamuna aamiaisen jälkeen kävelimme ym-päri kylää oppaan ja luxemburgilaisten kanssa sateessa.Avajaisseremonia järjestettiin paikallisella kaupungin-talolla, ja esiteltäessä joukkueita minulle tuli hiemanorpo olo yksin lavalla oppaan kanssa. Iltapäivällä vie-railimme läheisessä Cantacuzinon linnassa.

Tiistai oli ensimmäinen kilpailupäivä. Koulun ovillameitä odottava punainen matto herätti hymyjä. Työs-tettyäni ensimmäistä tehtävää jonkin aikaa tuloksettayritin toista tehtävää, mutten päässyt pitkälle geomet-rian parissa. Siirryin pähkäilemään kolmatta tehtävää,ja sain ideoita kombinatoriikan tehtävään. Juututtuanisiinä yritin eri lähestymistapaa ensimmäisessä tehtä-vässä, ja keksinkin elegantin “kolmen rivin” ratkaisun!

Odotukseni olivat korkealla ensimmäisen koepaperinjäljiltä, mutta valitettavasti jouduin pettymään toisenkilpailupäivän kohdalla. Ainoa tehtävä, jossa sain mi-tään aikaiseksi, oli viides tehtävä, joka käsitteli kombi-natoriikkaa. Kilpailun jälkeen keskustellessani irlanti-laisten kanssa he pyysivät minua lähtemään mukaansaläheiseen Cairmainin luostariin, jonne he olivat menos-

sa. Kävely metsän halki oli viihtyisä, ja luostari kappe-lineen ja eläimineen oli vaikuttava.

Torstaina oli mahdollisuus kävellä Urlătoarean vesipu-toukselle. Suuri joukko myös tuotti suuren määrän ään-tä metsässä, mikä hämmensi metsän rauhaan tottu-nutta suomalaista. Viidentoista metrin putous oli kol-men vartin suuntaansa kävelyn väärti. Iltapäivällä taaskiertelimme kylää oppaan ja luxemburgilaisten kanssa.Opas näytti meille koulunsa, herkuttelimme paikallisenkahvilan kakulla ja loppujen lopuksi jäimme telmimäänleikkipuistoon.

Rentoa päivää seurasi vuorostaan toinen täynnä oh-jelmaa: Aamusta lähdimme busseilla Sinaian alueelle,jossa pääsimme opastetulle kierrokselle Peleşin linnaan,joka on aikoinaan ollut Romanian ensimmäisen kunin-kaan kesäpalatsi. Sieltä jatkoimme matkaa Sinaian ka-sinolle, jossa nykyään järjestetään kokouksia ja kult-tuuritapahtumia sekä näyttelyitä. Palattuamme hotel-lillemme olikin jo aika laittautua valmiiksi loppusere-moniaa varten. Ei ollut vaikeaa hymyillä tilaisuudenjälkeen otetuissa kuvissa, kun oli pronssimitali kau-lan ympärillä. Hotellilla meitä odotti jäähyväisateria,ja joiltakin tytöiltä taisi jäädä suussasulava kakku vä-listä, kun he suuntasivat tanssilattialle heti pääruoanperään.

Lauantaiaamuna koittikin jo lähtö. Bussimatka lento-kentälle oli rattoisa; aika lensi siivillä rupatellessa jaseurapelien parissa. Pienen seikkailun jälkeen lentoken-tällä paluulennot Helsinkiin menivät leppoisasti.

1Euroopan tyttöjen matematiikkaolympialaiset (EGMO) pidettiin Romanian Buştenissa 10.–16.4.2016. Kilpailutehtävät on jul-kaistu kirjoituksessa Pronssia Buştenista!, Solmu 2/2016, http://matematiikkalehtisolmu.fi/2016/2/egmo2016.pdf

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

8 Solmu 3/2016

Solmun ongelmapalsta

Solmussa alkaa uusi ongelmapalsta. Tarkoitus on, ettäsekä lukijat että toimitus ehdottavat tehtäviä, lukijatlähettävät ratkaisuja, ja lukijoiden ratkaisuja julkais-taan myöhemmissä Solmun numeroissa. Ehdotetut on-gelmat saavat olla joko uusia ongelmia, tai esimerkik-si jostain kilpailusta. Ehdotetut tehtävät eivät kuiten-kaan saisi olla niin tunnettuja, että voi olettaa ison osanlukijoista jo tehtävän nähneen. Toivomme, että ongel-man mukana tulee ratkaisuehdotus. Toivomme paljontehtävä- ja ratkaisuehdotuksia! Tämän kerran tehtäviintoivotaan ratkaisuehdotuksia vuoden loppuun mennes-sä osoitteeseen aernvall@abo.fi, kuten myös tehtäväeh-dotuksia seuraavaan numeroon.

1. (Ehdottanut Aki Halme) Jalkapallokentällä on pi-tuutta noin 100 metriä ja leveyttä noin 70 metriä.Jalkapallomaalin leveys on 7,32 metriä. Maali sijait-see lyhyemmän sivun keskellä. Mistä kohtaa jalka-pallokentän sivurajaa maali näkyy suurimmassa kul-massa? Mistä kentän pisteistä maali näkyy samassakulmassa kuin kyseisestä kohdasta sivurajaa?

2. (Ehdottanut Aki Halme) Vauvanruokapurkeista pi-notaan ”pyramidi” seinää vasten siten, että kerrok-sia on ainakin kaksi ja jokaisessa kerroksessa on yksivähemmän kuin sen alla olevassa kerroksessa. Ylim-

mässä kerroksessa voi olla enemmän kuin yksi purk-ki.

(a) Kuinka voisit pinota 100 purkkia?(b) Jos kerroksia on kuusi ja ylimmässä kerroksessa

on kolme purkkia, montako purkkia on pinossakaikkiaan?

(c) Voiko joitakin purkkimääriä pinota useammallaeri tavalla?

(d) Mikä on ainoa purkkimäärä välillä 1 000 000–2 000 000, josta ei voi tehdä pyramidia?

3. (Vanha itävaltalainen kilpailutehtävä) Määritä kaik-ki kokonaislukuparit (a, b), joilla

(a3 + b)(a+ b3) = (a+ b)4.

4. (Vanha itävaltalainen kilpailutehtävä) Etsi yhtälön√4− x

√4− (x− 2)

√1 + (x− 5)(x− 7)

= 5x− 6− x2

2

reaalilukuratkaisut.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 9

Juuson π-härveli

Markku SointuSoppeenharjun koulu

Nähtyään elokuvan ”Aku Ankka matematiikan maa-ilmassa” Juuso kiinnostui π:n desimaaleista. Hän olimyös nähnyt asiaa koskevan julisteen. Eniten häntäkuitenkin kiinnosti, miten esitteeseen printattuja luku-ja voisi laskea. Juuso salli itselleen vain tavallisen funk-tiolaskimen käytön.

Juuso tiesi, että

tan π4 = 1⇒ arctan 1 = tan−1 1 = π

4 ,

joten4 tan−1 1 = π.

Derivointitaitoisena Juuso osasi laskea ja taulukkokir-jasta löytyi helposti

tan−1(x) = x− x3

3 + x5

5 −x7

7 + x9

9 − · · · (1)

Saadakseen luvun π desimaaleja oli laskettava

P (x) = x− x3

3 + x5

5 −x7

7 + x9

9 − · · · ,

kun x = 1.

Lauseke 4P (x) lähestyi arvoa π, kun yhteen lasketta-vien määrää lisättiin. Juuso oivalsi melkein heti, ettälähestyminen olisi hyvin hidasta:

1− 13 + 1

5 −17 + 1

9 − · · · =∞∑n=1

(−1)n+1

2n− 1 .

Ottamalla summaan kymmenen ensimmäistä termiäsaatiin

410∑n=1

(−1)n+1

2n− 1 ≈ 3,041839619,

eli oltiin vielä kaukana luvusta π. Oikeita desimaalejaei ollut vielä yhtään. Juuso asetti itselleen tavoitteenlaatia P1(x) siten, että sen 5 ensimmäistä termiä takai-sivat niin paljon π:n oikeita desimaaleja kuin tavallinenfunktiolaskin pystyi näyttämään.

Juuson strategia oli selvä. Hän käyttäisi kaavaa

tan(A±B) = tanA± tanB1∓ tanA tanB . (2)

Pelkän funktion tan x käyttäminen johti polynomiin

P (1) = 1− 13 + 1

5 −17 + 1

9 − · · ·

ja edellä nähtyihin ongelmiin, eli hitaaseen suppenemi-seen.

Juuson tavoitteena oli kaava, joka olisi muotoa

4(m tan−1(x)− tan−1(y)

)= π, m ∈ N, x, y ∈ R, (3)

koska kaava 4 tan−1(1) = π ei toiminut halutulla ta-valla. Luku yksi oli yksinkertaisesti liian yksinkertai-nen. Tarvittiin kunnon ”härveli”, eli kaava (3). Ensinpiti valita luku x. Juuso valitsi luvuksi x = 1

10 , koskahän ajatteli, että kymmenjärjestelmässä sillä laskemal-la laskut voisivat olla mukavia tehdä.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

10 Solmu 3/2016

Härveli alkoi muotoutua:

4(

8 tan−1(

110

)− tan−1(y)

)= π.

Käyttämällä kaavaa (2) saatiin yhtälö

tan(8 tan−1 ( 1

10))− tan

(tan−1(y)

)1 + tan

(8 tan−1 ( 1

10))

tan(tan−1(y)

) = 1,

josta tuli ratkaista luvun x = 110 kaveri luku y murto-

lukuna.

Juuso oivalsi, että se olisi paljon helpompaa kuin mil-tä se näytti. Koska tan(x) ja tan−1(x) olivat käänteis-funktioita, ne kumosivat toisensa:

tan(tan−1(x)

)= x.

Ainoan haasteen tarjosi, mitä on tan(8 tan−1 ( 1

10))?

Ensin piti selvittää tan(2 tan−1 ( 1

10))

ja sittentan

(4 tan−1 ( 1

10)):

tan(

2 tan−1(

110

))=

tan(tan−1 ( 1

10))

+ tan(tan−1 ( 1

10))

1− tan(tan−1 ( 1

10))

tan(tan−1 ( 1

10))

=2 tan

(tan−1 ( 1

10))

1− tan2 (tan−1 ( 110)) =

2 · 110

1− 1100

= 15 : 99

100 = 2099 ,

tan(

4 tan−1(

110

))=

2 tan(2 tan−1 ( 1

10))

1− tan2 (2 tan−1 ( 110))

= 2 · 2099 :

(1−

(2099

)2)

= 4099 :

(1− 400

9801

)= 40

99 : 94019801

= 392040930699

ja näin ollen

tan(

8 tan−1(

110

))= 2 · 392040

930699 :(

1−(

392040930699

)2)

= 784080930699 : 9306992 − 3920402

9306992

= 784080930699 ·

9306992

9306992 − 3920402

= 7445592072697201 .

Juuso halusi ratkaista y:n yhtälöstä murtolukuna, siksihän käytti murtolukua

7445592072697201 − y

1 + 7445592072697201y

= 1.

Merkitsemällä ”murtoluku”= D, Juuso sai

D − y1 +Dy

= 1,

joten

y = D − 1D + 1 =

(7445592072697201 − 1

):(

7445592072697201 + 1

)= 1758719

147153121 .

y:n ratkeaminen oli juhlahetki, mutta vasta nyt pääs-tiin asiaan. Juuso tiesi, että

4(

8 tan−1(

110

)− tan−1

(1758719

147153121

))= π. (4)

Juuso oli lähtenyt argumentista 110 . Hän ei todellakaan

arvannut, että luvun 110 kaveri olisi ylläesitetyn näköi-

nen.

Mutta nyt ei surtu sitä. Juusolla oli kaavassa (4) kovanluokan työkalu. Siispä hän laski kaavalla (1)

32 tan−1(

110

)≈ 32

(110 −

( 110)3

3 +( 1

10)5

5 −( 1

10)7

7 +( 1

10)9

9

)≈ 3,189396880.

Vastaavasti, joskin jonkin verran työläämmin

4 tan−1(

1758719147153121

)≈ 0,047804226.

Koska

π = 4(

8 tan−1(

110

)− tan−1

(1758719

147153121

)),

saatiin luvulle π likiarvo

3,189396880− 0,047804226 = 3,141592654.

Tulos näytti hyvältä. ”Juuson pii” tuotti viidellä ter-millä kahdeksan oikeaa desimaalia. Juuso tajusikin, et-tä valinta x = 1

10 oli ollut hyvä, sillä

tan(

8 tan−1(

110

))≈ 1,024192389 ≈ 1,

eli jo arvo 8 tan−1 ( 110)oli ollut lähellä luvun π

4 arvoa,ja luvun 1758719

147153121 arcustangentin sarjakehitelmä olikinsiis supennut nopeasti, koska luku 1758719

147153121 on niin lä-hellä nollaa.

Arvio4 tan−1(1) ≈ 3,33968

laskettuna viidellä termillä ei pärjännyt lainkaan, mut-ta senhän Juuso jo tiesi.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 11

Kirjallisuudesta Juuso löysi kaavan

4(

4 tan−1(

15

)− tan−1

(1

239

))= π.

Laskemalla tästä sai viidellä termillä

3,158328986− 0,016736304 = 3,141592682,

eli seitsemän desimaalia oikein. Juuson härveli

4(

8 tan−1(

110

)− tan−1

(1758719

147153121

))ei ehkä ollut kaunis, mutta tehoa siitä löytyi, sillä selaski kahdeksan desimaalia oikein.

Solmun matematiikkadiplomit

Solmun matematiikkadiplomit I–X tehtävineen ovat tulostettavissa osoitteessa

matematiikkalehtisolmu.fi/diplomi.html

Alimmat tasot ovat koulun alkuun, ylimmissä riittää pohtimista lukiolaisillekin.

Opettajille lähetetään pyynnöstä vastaukset koulun sähköpostiin. Pyynnön voilähettää osoitteeseen

juha piste ruokolainen at yahoo piste com

Ym. verkko-osoitteessa on diplomitehtäville oheislukemistoa, joka varmasti kiinnostaamuitakin kuin diplomien tekijöitä:

Kombinaatio-oppiaLukujärjestelmistäDesimaaliluvut, mitä ne oikeastaan ovat?Murtolukujen laskutoimituksiaNegatiivisista luvuistaHiukan osittelulaistaLausekkeet, kaavat ja yhtälötÄärettömistä joukoistaErkki Luoma-aho: Matematiikan peruskäsitteiden historiaFunktiostaGaussin jalanjäljissäK. Väisälä: AlgebraYläkoulun geometriaaGeometrisen todistamisen harjoitusK. Väisälä: GeometriaLukuteorian diplomitehtävät

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

12 Solmu 3/2016

Kirjavinkkaus: The Math Olympian

Nerissa Shakespeare

Richard Hoshino: The Math Olympian, FriesenPress,2015, 492 sivua. Hinta Adlibris-verkkokirjakaupassa27,10 euroa. Kirja on englanninkielinen.

The Math Olympian on hyvä ja ihana Kanadaan sijoit-tuva monikerroksisesti kirjoitettu fiktiivinen kirja, jon-ka on kirjoittanut Richard Hoshino. Kirjassa kerrotaansen päähenkilön, Bethany MacDonaldin elämästä ikä-välillä 12–18 vuotta. Se esittelee luovaa matemaattis-ta ongelmanratkaisua ja matematiikan eri osa-alueitasamalla, kun Bethany yrittää tavoitella IMO:n (Inter-national Math Olympiad) unelmaansa. Yhtenä kirjan

alussa esiintyvistä ongelman ratkaisutavoista on ongel-man pilkkominen pienempiin ongelmiin. Kirjassa myösrikotaan useita stereotypioita, yhtenä esimerkkinä ty-töt ja luonnontieteiden osaaminen.

Kirjoittaja Richard Hoshino oli 1996 Canadan IMO:nedustusjoukkueen jäsen. Hän valitsi viisi tehtävää Ka-nadan matematiikan olympiadista kirjaansa juontavarten. Tässä on kirjan toinen tehtävä – 1996 CMO:ntoinen tehtävä: Etsi kaikki reaaliratkaisut yhtälöryh-mälle

4x2

1 + 4x2 = y

4y2

1 + 4y2 = z

4z2

1 + 4z2 = x

Hoshino suoritti tohtorinopinnot Nova Scotian Dal-housien yliopistossa ja on työskennellyt Kanadan val-tiolle ja Tokiossa tutkijana. Hän on tutkinut graafiteo-riaa ja optimointia. Nykyään hän opettaa matematiik-kaa Quest University Canadassa. The Math Olympianon Hoshinon ensimmäinen kirja.

Kirjasta huomaa selkeästi myös eron Kanadan ja Suo-men yleisessä matematiikan arvostuksessa. Kanadas-sa järjestetään enemmän kilpailuja peruskoulutasollaja treenataan kilpailumatematiikkaa.

Kenelle suosittelisin kirjaa? Ainakin kaikille matema-tiikasta ja ongelman ratkaisemisesta kiinnostuneille,IMO:sta haaveileville, fantasialukutoukille, mutta myösopettajille.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 13

Paperirulla eli aritmeettinen jono ja likimääräisyys

Matti Lehtinen

Lehtori Heikki Pokela esitti MAOLin lukion matema-tiikkakilpailuun seuraavan tehtäväehdotuksen, todelli-seen teollisuusprosessiin liittyvän:

Paperitehtaassa kone rullaa paperia onton hylsyn ym-pärille. Määritä sylinterin muotoisen paperirullan säde(R1) paperin pituuden (L), paksuuden (d) ja hylsynsäteen (R2) funktiona. Paperin oletetaan rullautuvantiiviisti. Funktio saa olla likimääräinen.

Heikki Pokelan esittämä ratkaisu on lyhyt ja oivalta-va: kun rullaa katsotaan sivulta, paperia on ympyrä-renkaan muotoisella pinta-alalla, joka on π(R2

1 − R22).

Mutta tämä ala on sama kuin rullalla olevan paperinsivusta katsottu ala silloin, kun paperi on vedetty suo-raksi. Alaa voidaan pitää suorakulmiona, jonka sivutovat paperin pituus L ja sen paksuus d. Ala on siis dL.Yhtälöstä

π(R21 −R2

2) = dL

ratkaistaan heti

R1 =√R2

2 + dL

π. (1)

Mutta entä jos tämä luettuna itsestään selvä ja yk-sinkertainen ratkaisu ei juolahtaisikaan mieleen? Sil-loin voidaan johtua ratkaisuun, johon liittyy pari lu-kion matematiikan perustyökalua, aritmeettinen jonoja toisen asteen yhtälö. Voipa vielä tarvita derivaat-taakin.

Suoraviivainen tapa lähestyä tehtävän ratkaisua oli-si selvittää, kuinka monta kerrosta paperia on pääl-lekkäin, ja päätellä siitä paperikerroksen paksuus eli

R1 − R2. Kerrokset ovat kuitenkin eripituisia. Aivanensimmäinen kerros kiertyy R2-säteisen hylsyn päälle,joten sen (sisäpinnan) pituus on 2πR2. Toinen kerroskiertyy lieriölle, jonka säde onR2+d, joten se on hiukanpitempi. Kerroksen pituus on 2π(R2 + d). Koska vas-taus saa olla likimääräinen, voidaan unohtaa vaikutus,joka on uuden kierroksen aloittavalla pienellä pykäläl-lä. Samoin jatkaen huomataan, että uusi kierros on ai-na 2πd:n verran edellistä pidempi. Koko paperin pituusvoidaan siis ajatella aritmeettisena summana, jonka en-simmäinen termi on 2πR2 ja viimeinen, jos kierroksiaon kaikkiaan n kappaletta, 2πR2 + (n− 1) · 2πd. Arit-meettisen jonon summahan on yhteenlaskettavien lu-kumäärä kerrottuna ensimmäisen ja viimeisen yhteen-laskettavan keskiarvolla. Koko paperin pituus toteuttaasiis yhtälön

2π(R2 + (n− 1)d2

)n = L,

eli, jos merkitään L

2π = M ,

d

2n2 +

(R2 −

d

2

)n−M = 0. (2)

Kun tämä toisen asteen yhtälö ratkaistaan, saadaan

n =

d

2 −R2 +

√(R2 −

d

2

)2+ 2dM

d

ja

nd = d

2 −R2 +√R2

2 −R2d+ d2

4 + 2dM. (3)

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

14 Solmu 3/2016

Mutta paperi on ohutta. d on varsin pieni verrattunaR2:een. Toisaalta rullalle kierretään sangen pitkä pa-periliuska, joten dM ei ole häviävän pieni. Kun nämähuomiot sovitetaan yhtälöön (2), saadaankin

R1 = R2 + nd ≈√R2

2 + 2dM.

Kun vielä palautetaan apumerkinnänM tilalle paperinpituus L, tullaan ensimmäiseen ratkaisuun (1).

Vaan miksi tehdä toisen asteen yhtälön ratkaisukaavankäytöstä monimutkaista? Koska d on pieni, yhtälö (2)on melkein sama kuin

d

2n2 +R2n−M = 0. (4)

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta saadaan nyt he-ti

n = −R2 +√R2

2 + 2Md

d

eliR1 = R2 + nd =

√R2

2 + 2Md,

ja olemme tulleet taas ratkaisuun (1).

Viimeisen ratkaisuvaihtoehdon kohdalla voi kysyä, mi-kä vaikutus ylimalkaan ensimmäisen asteen termin ker-toimen muutoksella on toisen asteen yhtälön ratkai-suun. Tarkastellaan toisen asteen yhtälöä an2+bn+c =0. Jos nyt kerroin b onkin muuttuja, myös ratkaisu n onsitä: n = n(b). Ratkaisu synnyttää uuden b:n funktionf(b) = an(b)2 + bn(b) + c. Tällä funktiolla on kuitenkinvakioarvo: f(b) = 0. Vakiofunktion derivaatta on nolla.Siis myös

0 = f ′(b) = 2an′(b)n(b) + bn′(b) + n(b),

elin′(b) = − n(b)

2an(b) + b.

(Konsti, jota käytettiin, on ns. implisiittinen derivoin-ti.) Yhtälömme tapauksessa a = d

2 ja kertoimen b muu-

tos myös d2 . Muutoksen vaikutus ratkaisuun n on noin

|n′(b)| · d2 =

nd

2dn+R2

.

Vertaamalla osoittajaa ja nimittäjää nähdään, että vai-kutus on vähemmän kuin 1

2 . Yksinkertaistettu yhtälömerkitsee siis enintään yhden paperinpaksuuden eroatuloksissa.

Toisen asteen polynomien ominaisuuksien selvittelyävarten ei useinkaan tarvitse turvautua differentiaalilas-kentaan. Nytkin on kysymys kahden yhtälön ratkaisu-jen erosta. Yhtälöiden ratkaisut eivät ole aivan samat,joten niitä on syytä merkitä eri kirjaimin. Olkoon siis

d

2n21 +

(R2 −

d

2

)n1 −M = 0,

d

2n22 +R2n2 −M = 0.

Kun yhtälöt vähennetään toisistaan, saadaan

d

2(n21 − n2

2) +R2(n1 − n2)− d

2n1 = 0,

ja kun n21 − n2

2 jaetaan tekijöihinsä,

(n1 − n2)(d

2(n1 + n2) +R2

)= d

2n1.

Siis ratkaisujen ero on

n1 − n2 =

d

2n1

d

2(n1 + n2) +R2

.

Erolle saadaan ylärajaksi 1, kun nimittäjästä jätetäänpois positiivisia termejä. Helpomman yhtälön ratkai-su merkitsee enintään yhtä paperikerroksen paksuuttapaperirullan säteessä.

Avoimia matematiikan oppikirjoja verkossa

Osoitteesta http://avoinoppikirja.fi löytyy avoimia yläkoulun ja lukionmatematiikan oppikirjoja.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 15

Verkkojen teoriaa Königsbergistä internetiin

Ville RomanovMatematiikan ja systeemianalyysin laitos, Aalto-yliopisto

Königsbergin sillat

1700-luvun Königsbergissä (nykyään Kaliningrad)saattoi satunnainen matkaaja päätyä pähkäilemäänkinkkisen maantieteellisen pulman kanssa. Kaupunginläpi nimittäin virtaa Pregel-joki, jossa on kaupunginkohdalla kaksi suurikokoista saarta keskellä jokea. Tuo-hon aikaan joen eri puolia ja kahta saarta yhdisti seit-semän siltaa, joista yksi yhdisti saaret toisiinsa ja loputkuusi puolestaan kulkivat saarten ja mantereen välillä.

Hankala kysymys kuitenkin oli, olisiko mahdollista löy-tää sellainen kulkureitti, joka kulkee jokaisen sillankautta tasan yhden kerran. Kartan kanssa pienen poh-timisen ja kenties yrityksen ja erehdyksen jälkeen voihuomata, ettei tuollaisen reitin löytäminen ole erityi-sen helppoa. Pitkällisemmän testaamisen jälkeen aloit-televa matemaatikko saattaa jopa hyväksyä, että on-gelmaan ei näytä löytyvän ratkaisua.

Tämä empiirinen tosiseikka lienee ollut myös Königs-bergin paikallisten asukkaiden tiedossa jo paljon aiem-min, mutta vasta paikallinen matemaatikko LeonhardEuler oli ensimmäinen, joka onnistui käsittelemään on-gelmaa matemaattisesti mielekkäällä ja pätevällä taval-la. Vuonna 1736 julkaistussa artikkelissaan hän muo-toili ongelman matemaattisesti ja ensimmäisenä myöstodisti, ettei annettuun siltaongelmaan ole ratkaisua.Tätä Eulerin artikkelia voidaan pitää verkko- eli graa-

fiteorian lähtölaukauksena, josta tähän päivään men-nessä verkkoteoria on kehittynyt merkittäväksi diskree-tin matematiikan osa-alueeksi. Suomessa puhutaan hie-man asiayhteydestä riippuen sekä verkoista että graa-feista (engl. graph), mutta nämä ovat käytännössä sy-nonyymeja.

1

Verkkoteorian perusteita

Tarkastellaan vielä Königsbergin siltaongelmaa. Itseongelman kannalta on selvästi täysin merkityksetön-tä tarkastella siltoja ja saaria niiden aidossa maantie-teellisessä yhteydessä esimerkiksi mittakaava tai maa-alueiden sisäiset reitit huomioiden. Sen sijaan siltojenmuodostamat yhteydet maa-alueiden välillä ovat ainoi-ta ongelman kannalta oleellisia seikkoja. Tällöin tilannevoidaan yksinkertaistaa piirtämällä varsin yksinkertai-nen verkko, jossa kutakin maa-aluetta merkitään pis-teellä ja alueita yhdistäviä siltoja viivoilla; kaikki on-gelman kannalta epäoleellinen on jätetty pois. Näin al-

1Kuva on mukailtu lähteistä https://en.wikipedia.org/wiki/File:7_bridges.svg, https://en.wikipedia.org/wiki/File:Königsberg_graph.svg ja https://en.wikipedia.org/wiki/File:Konigsberg_bridges.png. Lisenssi: CC BY-SA 3.0

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

16 Solmu 3/2016

kuperäisestä ongelmasta on saatu luotua yksinkertai-nen malli, johon voidaan soveltaa verkkoteorian tulok-sia ja etsiä ratkaisua näiden valossa. Tarkastelun koh-teena ovat tällöin erityisesti yhteyksien määrä ja niidenjakautuminen.

Eräs luonnollinen sovelluskohde verkkoteorialle on siissellaiset tosielämän systeemit, joissa tarkastelun koh-teena ovat erityisesti yhteydet, niiden jakautuminenja reitit systeemin eri osien tai olioiden välillä. Var-sin ilmeisiä sovelluskohteita ovat esimerkiksi liikenne-järjestelmät kuten katu- ja rataverkot, erilaiset kartat,sähkö- tai tietoverkot, WWW, sosiaaliset verkostot jasukupuut.

Yksinkertaisimmillaan verkko tai graafi on kokoelma

• pisteitä (engl. node, vertex) ja• viivoja (engl. edge) eli yhteyksiä näiden välillä.

Verkoissa yhteydet ovat aina kahden eri pisteen välil-lä, toisin sanottuna verkoissa ei ole silmukoita. Yhtey-det ovat yleensä kaksisuuntaisia, mutta niin sanotus-sa suunnatussa verkossa voi olla myös yhdensuuntaisiayhteyksiä, joita voi edetä vain määrättyyn suuntaan.Pisteistä puhutaan yleisesti myös solmuina.

Tarkalleen ottaen verkossa on kahden pisteen välilläenintään yksi viiva. Mikäli viivoja on kaksi tai useam-pia, puhutaan yleensä multigraafista. Tämän perus-teella Königsbergin siltoja kuvaava verkko on itse asias-sa multigraafi, sillä joitakin pisteitä yhdistää kaksiviivaa. Siltaongelman tarkastelussa jaottelu tavallisenverkon ja multigraafin välillä ei kuitenkaan ole oleelli-nen seikka.

Lisäksi jos verkon voi piirtää tasoon siten, että viivateivät leikkaa toisiaan, kutsutaan verkkoa tasoverkok-si.

Käytetään seuraavia merkintöjä verkoille:Olkoon G(PG, VG) jokin verkko. Tällä tarkoitetaan, et-tä

• PG on verkon G pisteiden joukko ja• VG on verkon G viivojen joukko,

jotka sitten muodostavat itse verkon G. Mikäli valitaanvain osa verkonG viivoista ja pisteistä ja muodostetaanniistä uusi verkko, on tämä uusi verkko G∗ verkon Galiverkko.

• Jos verkossa G on piste x, merkitään x ∈ PG.• Jos verkossa on viiva pisteiden x ja y välillä, merki-tään yleensä xy ∈ VG.

Merkitään vielä:

• verkon viivojen määrää vG = |VG| ja• verkon pisteiden määrää pG = |PG|.

Määritellään lisäksi eristetty piste: x ∈ PG on eristet-ty piste, jos siihen ei liity yhtään viivaa.

Verkon jokaiseen pisteeseen liittyy myös pisteen aste,monien hyödyllisten tulosten kannalta oleellinen omi-naisuus. Pisteen x ∈ PG asteeksi tai asteluvuksi d(x)kutsutaan siihen liittyvien viivojen lukumäärää.

Esimerkiksi yllä olevassa verkossa pisteen A asted(A) = 4, tai pisteen E aste d(E) = 1. Eristetyn pis-teen aste on aina 0. Pisteiden asteisiin liittyy myös en-simmäinen merkittävä tulos:

Lause:Verkon viivojen lukumäärälle pätee:vG = 1

2∑x∈PG

d(x) = verkon pisteiden asteiden sum-ma jaettuna kahdella.

Tästä tuloksesta puolestaan voidaan pian johtaa niinkutsuttu ”kättelylemma”:

Juhlissa, joissa on äärellinen määrä osallistujia, on ai-na parillinen määrä osallistujia, jotka ovat kätelleetparitonta määrää muita osallistujia.

Tai toisin sanottuna: äärellisessä verkossa on aina paril-linen määrä paritonasteisia pisteitä! Mistä tämän voisipäätellä? Osoita kättelylemman avulla, että talossa jos-sa on tasan yksi ulko-ovi, on ainakin yksi huone jossaon pariton määrä ovia.

Yhtenäisyys ja kulut verkossa

Kulku verkossa on reitti, jota pitkin verkossa voidaanviivoja pitkin edetä pisteestä toiseen. Muodollisesti kul-ku verkossa G on jono x = {x0, x1, . . . , xn} verkon pis-teitä siten, että on olemassa viiva xi−1xi ∈ VG kaikillai = 1, . . . , n. Yksinkertaiseksi kuluksi sanotaan sellaistakulkua, jossa kunkin viivan tai solmun kautta kuljetaanenintään kerran.

Verkko G on yhtenäinen, jos verkon minkä tahansakahden pisteen välillä on kulku: mistä tahansa verkonpisteestä voidaan edetä viivoja pitkin mihin tahansapisteeseen. Suunnistettujen verkkojen tapauksessa voi-daan puhua erikseen yhtenäisyydestä ja vahvasta yh-tenäisyydestä, mutta tavallisten verkkojen tapauksessa

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 17

näiden kahden välillä ei ole eroa. Yhtenäisen verkonvastakohta on epäyhtenäinen verkko.

Täydelliseksi verkkoa kutsutaan, kun jokaisesta pis-teestä on yhteys verkon kaikkiin muihin pisteisiin.Jos täydellisessä verkossa on k pistettä, voidaan viivo-jen lukumäärälle johtaa kaava vG = k(k−1)

2 .

2

Yhtenäinen verkko, josta saadaan epäyhtenäinen pois-tamalla katkoviivalla piirretty yhteys.

Eulerin kulut - takaisin Königsbergiin

Eulerin kuluksi verkossa G kutsutaan sellaista kulkua,jossa verkon G jokainen viiva esiintyy tasan yhden ker-ran. Itse asiassa Königsbergin siltaongelmassa on kysy-mys nimenomaan tällaisen kulun olemassaolosta, silläongelmassa halutaan löytää yksinkertainen reitti jokai-sen sillan kautta. Jos tarkastellaan siltaongelmaa ku-vaavaa verkkoa, voidaan havaita verkon kaikkien pis-teiden olevan paritonasteisia: kaikkien pisteiden asteon pariton. Kysytään nyt kaksi oleellista kysymystä:

• Voiko Eulerin kulku päättyä paritonasteiseen pistee-seen, josta kulku myös alkaa?

• Voiko Eulerin kulku päättyä paritonasteiseen pistee-seen, josta kulku ei ole alkanut?

On helppoa päätellä, että jos Eulerin kulku alkaa pari-tonasteisesta pisteestä, ei se voi päättyä alkupisteeseen-sä, sillä kaikkien viivojen kautta kulkeminen tarkoit-taisi, että viimeisen viivan kautta kulkeminen johtaisipois pisteestä (ensimmäinen askel on pois aloituspis-teestä, toinen takaisin, kolmas pois jne.). Ja kuitenkinhuomataan, että Eulerin kulun on silti päätyttävä pa-ritonasteiseen pisteeseen, mikäli verkossa on sellainen.Muuten tällaisesta paritonasteisesta pisteestä jäisi yksiviiva käymättä läpi. Koska Königsbergissä on neljä pa-ritonasteista pistettä, ei ole mahdollista että kulku voisisamaan aikaan päättyä kolmeen näistä, joten Königs-bergin verkossa ei voi olla Eulerin kulkua. Itse asiassatämä tulos voidaan muotoilla yleisemminkin.

Lause:Yhtenäisessä verkossa on Eulerin kulku, jos ja vain josverkossa on tasan kaksi paritonasteista pistettä.

Suuret verkot maailmassamme - skaalau-tumattomat verkot

Arkielämässä ympärillämme on monia rakenteita, jotkaovat aivan ilmeisiä verkkoja tai joita ainakin voi mal-lintaa verkkoina. Esimerkiksi Internet ja muut tietover-kot ovat kirjaimellisesti verkkoja kuten myös sähkö- jatieverkot. Konkreettisten verkkojen lisäksi ihmisten vä-listen suhteiden voidaan ajatella muodostavan verkonkaltaisen rakenteen, jossa ystävyyssuhteet muodosta-vat yhteyksiä yksilöiden eli verkon solmujen välille.

Modernin verkkoteorian kehittäjät Paul Erdős jaAlfréd Rényi olivat edelläkävijöitä suurten verkkojentutkimuksessa. He kuitenkin tutkivat enimmäkseen sa-tunnaisia verkkoja, joissa pisteiden välisten yhteyksienoletetaan olevan täysin sattumanvaraisesti muodostu-neita. Kuitenkin monien tosielämän verkkojen tarkas-telu osoittaa, ettei näiden verkkojen pisteiden asteja-kauma ole satunnainen. Satunnaisuuden sijaan moniennäistä verkoista on havaittu noudattavan niin kutsut-tua potenssilakia, jonka mukaan pisteiden astelukujenjakauma noudattelee potenssijakaumaa. Tällaista verk-koa kutsutaan skaalautumattomaksi tai mittakaa-vattomaksi verkoksi (scale-free network), sillä ver-kon pisteiden yhteydet muuttuvat verkon koon muut-tuessa, eikä verkon koko rakennetta voida päätellä jos-takin verkon osaverkosta.

Potenssilakia noudattavassa verkossa astetta d olevienpisteiden osuus on P (d) ∼ cd−γ , missä γ on jokin kysei-selle verkolle tyypillinen vakio. Tästä jakaumasta seu-raa, että verkossa on useita matala-asteisia pisteitä,mutta myös huomattava määrä pisteitä, joiden aste-luku on hyvin suuri. Tällaisia pisteitä kutsutaan useinnavoiksi tai hubeiksi, ja ne ovat verkon solmukohtia.Nämä navat ovat yhteydessä poikkeuksellisen moneenpisteeseen verkossa, minkä takia verkossa kahden pis-teen välinen keskimääräinen etäisyys on yleensä varsinpieni. Tätä ilmiötä kuvaa esimerkiksi kuuden erottavanaskeleen teoria, jonka mukaan keiden tahansa kahdenihmisen välillä on enimmillään kuusi ihmistä, mikäli ys-tävyyssuhteet käsitetään yhteyksiksi. Esimerkiksi tie-tyssä elinpiirissä, kuten kouluissa, harrastusten piirissätai saman kaupungin sisällä ihmiset tuntevat toisen-sa verrattain hyvin, jolloin näistä yhteyksistä muodos-tuu niin kutsuttu pieni maailma (small world). Tästäpienestä maailmasta on vähemmän yhteyksiä ulospäin,mutta todennäköisesti muutamat keskeisissä asemissaolevat yksilöt kuten esimerkiksi poliitikot tai julkisuu-den henkilöt ovat erityisen verkottuneita ja yhdistävätuseita pieniä maailmoja toimien näin verkon napoina.

2http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Sample-graph.jpg Lisenssi: CC BY 3.0

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

18 Solmu 3/2016

Tällä ajatuksella leikkivät muun muassa Kevin Baconnumber ja Erdősin luku, jotka kertovat henkilön etäi-syyden Kevin Baconiin sen perusteella, keiden kanssakyseinen henkilö on näytellyt elokuvissa, tai etäisyy-den matemaatikko Paul Erdősiin yhteisten tieteellistenjulkaisujen perusteella.

Tätä pienen maailman ilmiötä tutki ensimmäisen ker-ran Stanley Milgram jo vuonna 1967 lähettämällä kir-jeitä Yhdysvalloissa satunnaisille vastaanottajille pyy-täen heitä lähettämään kirjeen sellaiselle tuttavalleen,jonka ajattelee olevan lähimpänä kirjeen lopullista vas-taanottajaa. Tällä tavoin kokeilemalla Milgram sai ku-lun keskimääräiseksi pituudeksi kuusi ja näin pani alul-le kuuden erottavan askeleen teorian. Nykyään kun tie-toverkot ovat mahdollistaneet nopean sähköisen vies-tinnän ja sosiaalinen media yhdistää yhä useamman,on kulun keskimääräinen pituus luultavasti vain ly-hentynyt. Teorian voi ajatella pätevän myös Interne-tin tapauksessa, sillä muun muassa hakukonesivustotyhdistävät lukemattomia vähemmän linkittyneitä si-vustoja toisiinsa. Esimerkiksi vuosituhannen vaihtees-sa kahden sivun väliseksi keskimääräiseksi etäisyydeksiWWW:ssä mitattiin noin 19 erottavaa askelta, missälaskettiin sivulta toiselle siirtymiseen tarvittavien link-kien määrää.3

Skaalautumattomien verkkojen erityisominaisuus onkulkujen keskimääräisesti lyhyt pituus, koska verkonnavat tai hubit yhdistävät suuren määrän pienempias-teisia pisteitä. Tämä rakenne on kuitenkin varsin haa-voittuvainen sellaisille tapauksille, että verkosta pois-tuu yksi tai useampi hubi, jolloin äärimmäisimmilläänverkko muuttuu jopa epäyhtenäiseksi. Sen sijaan josverkosta poistetaan sattumanvaraisesti yksittäisiä pis-teitä, voidaan niitä poistaa hyvin suuri määrä hajotta-matta verkkoa, sillä skaalautumattomassa verkossa onsuhteessa erittäin paljon merkityksettömiä pisteitä, joi-den asteluku on pieni. Täysin satunnaisilla verkoilla sensijaan on kriittinen määrä poistettavia pisteitä, jonkajälkeen verkko hajoaa nopeasti epäyhtenäisiin osiin.

Samaan tapaan lyhyen askelpituuden ansiosta yksittäi-nen häiriö voi edetä verkossa nopeasti hyvin eri puolil-le verkkoa nimenomaan verkon hubien kautta. Tosielä-män tapausesimerkki tällaisesta kaskadihäiriöstä näh-tiin Yhdysvaltain itärannikolla vuonna 2003, jolloin yk-sinkertainen paikallinen vika sähköverkossa levisi no-peasti laajoille alueille jättäen jopa 45 miljoonaa ih-mistä ilman sähköä vaihteleviksi ajoiksi. Toinen mah-dollinen tosielämän tapaus olisi yhteyksien katkeami-nen kriittisten Internet-reitittimien välillä. Molemmis-sa tapauksissa kriittisen yhteyden katkeaminen tai hu-bin poistuminen ohjaa tieto- tai sähköverkon kuormi-tuksen hubien sijaan pienemmän kapasiteetin solmu-kohtiin. Ylikuormittuessaan nekin poistuvat verkosta,jolloin kuorma ohjautuu jälleen pienemmille solmuille,

ja näin kaskadihäiriö onkin valmis leviämään salaman-nopeasti.

Pulmia pohdittaviksi

Älä katkaise lankaa!

Tarvikkeet: narukerä. Osallistujien tehtävänä on järjes-täytyä rinkiin ja muodostaa annetulla narulla sitä kat-kaisematta täydellinen verkko, jossa naru kahden osal-listujan välillä tarkoittaa siis viivaa verkossa. Missä ta-pauksissa verkon muodostaminen on mahdollista?

No more tears, Königsberg!

Eulerin kulku esiteltiin jo aiemmin artikkelissa: kysees-sä on siis kulku, joka kulkee verkon kaikkien viivojenkautta tasan yhden kerran. Eulerin kulun olemassao-lolle on löydetty varsin käyttökelpoisia riittäviä ehtoja.Tässä niistä yksi:

Yhtenäisessä verkossa on Eulerin kulku, jos ja vain jossiinä on korkeintaan kaksi paritonasteista pistettä.

Mieti, miksi asia on näin!

Hamiltonin kuluksi taas kutsutaan sellaista kulkua, jo-ka kulkee verkon kaikkien pisteiden kautta tasan yh-den kerran. Hamiltonin kulun olemassaololle ei ole löy-detty yleisiä riittäviä ehtoja, ja kulun etsiminen ver-kosta tai sen olemassaolon näyttäminen on ns. NP-täydellinen ongelma. Eulerin tai Hamiltonin kierrok-seksi kutsutaan sellaista kulkua, joka on Eulerin taiHamilton kulku ja palaa lähtöpisteeseensä.

Ohessa Königsbergin siltojen muodostama verkko.

a) Lisää verkkoon yksi silta (=viiva) siten, että verkos-sa on Eulerin kulku.

b) Lisää verkkoon vielä yksi silta (=viiva) siten, ettäverkosta löytyy Eulerin kierros, eli sellainen Eu-lerin kulku, joka palaa lähtöpisteeseensä.

3R. Albert, J. Hawoong ja A.-L. Barabási. ”Internet: Diameter of the world-wide web.” Nature 401 (1999): 130–131.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 19

Cocktail party graph

”Cocktailkutsu-verkoksi” kutsutaan verkkoa, joka ku-vaa cocktailkutsujen kättelemisiä. Ajatuksena on, ettäkutsuilla on n pariskuntaa (yhteensä 2n osallistujaa),ja kaikki kutsuvieraat kättelevät kaikkia muita vierai-ta paitsi omaa pariaan. Verkossa tämä tarkoittaa sitä,että kaikista pisteistä on viiva verkon muihin pisteisiinpaitsi kyseisen pisteen omaan pariin.

Miltä cocktailkutsu-verkko näyttää, jos juhliin osallis-tuu

a) n = 3 pariskuntaab) n = 5 pariskuntaa?

Saatko piirrettyä verkot siten, etteivät viivat leikkaatoisiaan? Ovatko verkot siis tasoverkkoja?

Reittikartan optimointi

Oheinen verkko kuvaa reittejä, joilla julkinen liikennevoidaan järjestää Yli-Hilseen kaupungissa. Verkko onpainotettu yhteysvälien kustannusten mukaan, eli jo-kaisella viivalla on tietty painokerroin. Julkisten meno-jen leikkausten vuoksi liikenneverkko on toteutettava

• siten, että kaikista pisteistä voi kulkea minne tahan-sa (ts. verkko on yhtenäinen),• mahdollisimman halvalla.

Halvin mahdollinen reittikartta on niin kutsuttu ver-kon virittävä puu. Puu on yhtenäinen verkko, jossa

kahden pisteen välillä on olemassa tasan yksi (yksin-kertainen) kulku: kahden eri pisteen välillä on siis vainyksi mahdollinen reitti. Verkon G virittäväksi puuk-si sanotaan jotakin G:n puumuotoista aliverkkoa, jokakoostuu joistakin verkon G viivoista, jotka yhdistävätkaikki pisteet PG.

Tehtävänäsi on etsiä halvin mahdollinen reittikarttakäyttäen kahta eri menetelmää:

a) ”Ahne algoritmi”:Aloita puun rakentaminen ”halvimmista viivoista”eli viivoista, joiden painokerroin on mahdollisimmanpieni, ja lisää niitä puuhun yksi kerrallaan, kunneskaikki pisteet on saavutettu.

b) Renkaiden poistaminen:Puun määritelmän mukaan puussa ei ole yhtään ren-gasta, siis yksinkertaista kulkua jonka alku- ja pää-tepisteet ovat samat. Lähde liikkeelle valmiista ver-kosta ja ala sitten poistaa sieltä viivoja, jotka kuu-luvat johonkin renkaaseen.

Saitko molemmista kohdista samanlaisen puun? Jos et,onko niillä kuitenkin samat kokonaiskustannukset?

Kirjallisuutta ja muita mielenkiintoisialähteitä

A. Barabási, Linkit: verkostojen uusi teoria. TerraCognita, 2002.Unkarilais-amerikkalainen fyysikko Albert-László Ba-rabási on yksi keskeisiä verkostojen uuden teorian ke-hittäjiä. Muun muassa mittakaavattoman verkon kä-site on hänen keksintönsä ja hän on tutkinut suuriko-koisten sekä luonnossa esiintyvien että keinotekoistenverkkojen ominaisuuksia, kuten esimerkiksi häiriöalt-tiutta.

R. Diestel, Graph theory. Graduate texts in mathe-matics. Springer-Verlag Berlin and Heidelberg, 2000.

The Opte Project on hanke, jonka tarkoitukse-na on luoda taiteellinen näkemys Internetistä verkko-muodossa. Internetin kartasta voi helposti hahmottaaWWW:n ”pieni maailma” -rakenteen.http://www.opte.org/

The Oracle of Bacon on verkkosivusto, joka las-kee lähes kenen tahansa jossakin elokuvassa esiintyneenhenkilön Kevin Baconin luvun.http://oracleofbacon.org/

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

20 Solmu 3/2016

57. kansainväliset matematiikkaolympialaisetHongkongissa

Esa V. VesalainenBasque Center for Applied Mathematics

57. kansainväliset matematiikkaolympialaiset järjes-tettiin Hongkongissa 9–16.7.2016. Suomea kilpailussaedustivat Ella Anttila, Hannes Ihalainen, Alvar Kal-lio, Iiro Kumpulainen, Joose Lehtinen ja Antti Röyskö.Ella Anttila, Iiro Kumpulainen ja Alvar Kallio saivatkunniamaininnat.

Ensimmäisen kilpailupäivän tehtävät

1. Kolmiolla BCF on suora kulma kärjessä B. OlkoonA piste suoralla CF siten, että FA = FB ja piste Fsijaitsee pisteiden A ja C välissä. Valitaan piste D si-ten, että DA = DC ja AC puolittaa kulman ∠DAB.Valitaan piste E siten, että EA = ED ja AD puolit-taa kulman ∠EAC. Olkoon M janan CF keskipiste.Olkoon X se piste, jolla AMXE on suunnikas (missäAM ‖ EX ja AE ‖MX). Osoita, että suorat BD, FXja ME kulkevat saman pisteen kautta.

2. Etsi kaikki positiiviset kokonaisluvut n, joille n×n-ruudukon jokaiseen ruutuun voi asettaa yhden kirjai-mista I, M ja O siten, että:

• jokaisella rivillä ja jokaisella sarakkeella yksi kolmas-osa kirjaimista on I -kirjaimia, yksi kolmasosa M -kirjaimia ja yksi kolmasosa O-kirjaimia; ja• jokaisella lävistäjällä, jolla ruutujen lukumäärä onkolmella jaollinen, yksi kolmasosa kirjaimista on I -

kirjaimia, yksi kolmasosaM -kirjaimia ja yksi kolmas-osa O-kirjaimia.

Huomautus: Numeroimme n×n-ruudukon rivit ja sa-rakkeet luonnollisella tavalla luvuilla 1, 2, . . . , n. Tätenjokainen ruutu vastaa positiivisten kokonaislukujen pa-ria (i, j), missä 1 6 i, j 6 n. Kun n > 1, ruudukossaon 4n − 2 lävistäjää, jotka edustavat kahta eri lajia.Ensimmäisen lajin lävistäjä koostuu niistä ruuduista(i, j), joissa i + j on jokin vakio, kun taas toisen lajinlävistäjä koostuu niistä ruuduista (i, j), missä i− j onjokin vakio.

3. Olkoon P = A1A2 . . . Ak tason konveksi monikul-mio. Kärkien A1, A2, . . . , Ak koordinaatit ovat koko-naislukuja ja ne sijaitsevat erään ympyrän kehällä. Ol-koon S monikulmion P ala. On annettu pariton posi-tiivinen kokonaisluku n siten, että monikulmion P si-vujen pituuksien neliöt ovat kokonaislukuja ja jaollisialuvulla n. Osoita, että 2S on kokonaisluku ja jaollinenluvulla n.

Toisen kilpailupäivän tehtävät

4. Positiivisista kokonaisluvuista koostuva joukko onsulotuoksuinen, jos se sisältää ainakin kaksi alkiotaja jokaisella sen alkioista on yhteinen alkulukutekijäainakin yhden toisen alkion kanssa. Olkoon P (n) =n2 + n + 1. Mikä on pienin mahdollinen positiivisen

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 21

kokonaisluvun b arvo, jolla on olemassa ei-negatiivinenkokonaisluku a siten, että joukko

{P (a+ 1), P (a+ 2), . . . , P (a+ b)}

on sulotuoksuinen?

Huomautus. Tässä sanan ”sulotuoksuinen” takana onse seikka, että Hong Kong tarkoittaa suurin piirtein sa-maa kuin ”sulotuoksuinen satama”.

5. Liitutaululle kirjoitetaan yhtälö

(x−1)(x−2) · · · (x−2016) = (x−1)(x−2) · · · (x−2016),

missä kummallakin puolella on 2016 lineaarista teki-jää. Mikä on pienin mahdollinen k, jolla on mahdol-lista pyyhkiä pois täsmälleen k kappaletta näistä 4032lineaarisesta tekijästä siten, että yhtälön kummallekinpuolelle jää jäljelle ainakin yksi tekijä ja että lopputu-loksena syntyvällä yhtälöllä ei ole reaalilukuratkaisui-ta?

6. Tasossa on n > 2 janaa siten, että mitkä tahansakaksi janaa leikkaavat toisensa, ja mitkään kolme ja-naa eivät kulje saman pisteen kautta. Geoffin on valit-tava jokaisesta janasta toinen sen päätepisteistä ja ase-tettava sille sammakko niin, että se katsoo janan toistapäätepistettä. Sitten hän taputtaa käsiään n − 1 ker-taa. Joka kerta, kun hän taputtaa, jokainen sammakkovälittömästi hyppää eteenpäin janansa seuraavalle leik-kauspisteelle. Mikään sammakoista ei koskaan vaihdahyppysuuntaansa. Geoff haluaisi asettaa sammakot si-ten, että mitkään kaksi niistä eivät milloinkaan ole sa-massa leikkauspisteessä samaan aikaan.

1. Osoita, että Geoff voi aina toteuttaa toivomuksensa,kun n on pariton.

2. Osoita, että Geoff ei koskaan voi toteuttaa toivomus-taan, kun n on parillinen.

Tehtävien kotimaat. Tehtävä 1 oli Belgian lähettä-mä, tehtävä 2 Australian, tehtävät 3 ja 5 Venäjän, teh-tävä 4 Luxemburgin ja tehtävä 6 Tšekin.

Ratkaisut

1. Koska kolmiot 4ABF ja 4ACD ovat yhdenmuo-toiset, on

AB

AC= AF

AD.

Koska lisäksi ∠BAC = ∠FAD, ovat myös kolmiot4ABC ja 4AFD yhdenmuotoiset. Voimme laskea

∠DFA = ∠CBA = 90◦ + ∠BAC = 90◦ + ∠DAE

= 90◦ + 180◦ − ∠AED2 = 180◦ − 1

2 ∠AED,

ja muistaen, että EA = ED, kehäkulmalauseen nojallapiste F sijaitsee E-keskisellä EA-säteisellä ympyrällä,ja aivan erityisesti on EF = EA = ED. Koska lisäksi

∠EFA = ∠FAE = 2∠BAC = ∠BFC,

näemme, että pisteet B, F ja E ovat samalla suoralla.

Koska ∠EDA = ∠MAD, kohtaa suora AD molem-mat suorista AM ja ED samassa kulmassa, jolloinED ‖ AM ‖ EX, ja pisteet E, D ja X lepäävät sa-malla suoralla.

A B

F

C

M

D

E

X

Kuva. Vahvennetuilla viivoilla piirretyt kolmiot ovattehtävänannon oletusten nojalla yhdenmuotoisia tasa-kylkisiä kolmioita.

Koska M on suorakulmaisen kolmion 4BFC hypote-nuusan keskipiste, on MF = MB = MC. Nyt kolmiot4EAF ja 4MBF ovat tasakylkisiä kolmioita, joidenkannat AF ja BF ovat yhtä pitkät, ja molempien kan-takulmat ovat suuruuksiltaan 2∠BAC. Täten kolmiot4EAF ja 4MBF ovat yhteneviä.

Nyt MB = EA = XM , ja toisaalta

BE = BF + FE = AF + FM = AM = EX,

ja siten kolmiot 4EMB ja 4EMX ovat yhtenevät.

Lopuksi, koska EF = ED, ovat janat FX jaDB keske-nään symmetriset suoran EM suhteen, mistä toivottujohtopäätös seuraakin.

2. Olkoon n ∈ Z+ halutunlainen, ja oletetaan, ettämeille on annettu halutunlainen n×n-kirjainruudukko.Jos jokaisella rivillä on k ∈ Z+ kappaletta kutakin kir-jainta, on tietenkin kullakin rivillä yhteensä 3k kirjain-ta, ja siis n = 3k.

Jaetaan ruudukko nyt 3×3-aliruudukoihin luonnollisel-la tavalla – niitä syntyy siis n2 kappaletta – ja otetaanerityisesti tarkasteluun näiden 3×3-aliruudukoiden kes-kimmäiset ruudut. Kutsutaan näitä ruutuja vaikkapatärkeiksi. Kutsutaan lisäksi niitä rivejä, sarakkeita jalävistäjiä, jotka kulkevat tärkeän ruudun kautta tär-keiksi tai tärkeiksi linjoiksi. Ratkaisun ajatuksena onlaskea kahdesti modulo 3 se luku N , joka kertoo niiden

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

22 Solmu 3/2016

parien 〈`, r〉 lukumäärän, missä ` on tärkeä linja ja ron sellainen linjan ` ruutu, jossa majailee M -kirjain.

Ensinnäkin, M -kirjaimia on taulukossa kaikkiaan 3k2

kappaletta. Jokainen niistä kuuluu joko täsmälleen yh-teen tai täsmälleen neljään sellaiseen riviin, sarakkee-seen tai lävistäjään, joka kulkee tärkeän ruudun kaut-ta. Koska 4 ≡ 1 (mod 3), on nyt oltava N ≡ 3k2 ≡ 0(mod 3).

Toisaalta, jokainen tärkeä rivi sisältää täsmälleen kkappaletta M -kirjaimia, ja tärkeitä rivejä on täsmäl-leen k kappaletta. Samoin tärkeitä sarakkeita on k kap-paletta, ja jokainen niistä sisältää täsmälleen k kappa-letta M -kirjaimia. Vasemmalta ylhäältä oikealle alassuuntaavilla tärkeillä lävistäjillä on M -kirjaimia yh-teensä

1+2+3+ . . .+(k−1)+k+(k−1)+ . . .+3+2+1 = k2

kappaletta. Tässä yhteydessä on tärkeää, että tärkei-tä lävistäjiä ovat täsmälleen ne, mitkä kulkevat jonkintärkeän ruudun kautta. Samoin voimme käsitellä va-semmalta alhaalta oikealle ylös suuntaavat tärkeät lä-vistäjät. Täten N ≡ k2 + k2 + k2 + k2 ≡ 4k2 ≡ k2

(mod 3).

Yhdistämällä kaksi saatua kongruenssia saadaan k2 ≡N ≡ 0 (mod 3), ja siis luvun k on oltava jaollinen kol-mella, ja edelleen luvun n on oltava jaollinen yhdeksäl-lä. Riittää osoittaa, että jokaisella yhdeksällä jaollisellan ∈ Z+ löytyy halutunlainen ruudukko.

Mutta tämä ei ole kovin hankalaa. Ensinnäkin, on help-po tarkistaa, että seuraava 9×9-ruudukko on halutun-lainen:

I I I M M M O O OM M M O O O I I IO O O I I I M M MI I I M M M O O OM M M O O O I I IO O O I I I M M MI I I M M M O O OM M M O O O I I IO O O I I I M M M

Lopuksi, jos n ∈ Z+ on jaollinen yhdeksällä, niin halu-tunlainen n × n-ruudukko saadaan tekemällä yllä an-netusta taulukosta (n/9)2 kopiota ja asettamalla nen/9× n/9-ruudukoksi.

3. Todistetaan ensin, että 2S ∈ Z. Koska monikulmionvoi pilkkoa lävistäjillä kolmioiksi, tämä seuraa suoraanseuraavasta havainnosta: jos kolmion ∆ kärkien koor-dinaatit ovat kokonaislukuja, niin kyseisen kolmion alaon kokonaisluvun puolikas. Tämän näkee vaikkapa piir-tämällä kolmion kärkien kautta sellaisen suorakaiteen,jonka sivut ovat koordinaattiakseleiden suuntaiset ja

jonka kärkien koordinaatit ovat kokonaislukuja. Täl-löin kolmion ∆ ala saadaan laskemalla suorakaiteenala (joka on selvästi kokonaisluku), ja vähentämällä sii-tä sellaisten suorakulmaisten kolmioiden aloja, joidenkärjet ovat kokonaislukukoordinaattisia pisteitä ja ka-teetit koordinaattiakseleiden suuntaisia, ja joiden alatsiis selvästi ovat kokonaislukujen puolikkaita.

����ZZ

Z�����

=⇒����ZZ

Z�����

Kuva. Kuinka todeta, että kolmion, jonka kärkienkoordinaatit ovat kokonaislukuja, alan on oltava koko-naisluvun puolikas.

Tehtävän varsinainen haaste on siis todistaa, että pä-tee n | 2S. Olkoon monikulmiolla k kärkeä ja nimetäänmonikulmion kärjet A1, A2, . . . , Ak, tässä järjestykses-sä ympäripiirretyn ympyrän kehää pitkin. Riittää sel-västi osoittaa tulos siinä tapauksessa, missä n on jonkinparittoman alkuluvun p potenssi pt, missä t ∈ Z+.

Käytämme induktiota monikulmion kärkien lukumää-rän k suhteen. Olkoon ensin k = 3, ja olkoot sivujenpituuksien neliöt an, bn ja cn, missä a, b, c ∈ Z+. Täl-löin Heronin kaavan nojalla

16S2 = n2√(√

a+√b+√c)(√

a+√b−√c)

·√(√

a−√b+√c)(−√a+√b+√c)

= n2 (2ab+ 2bc+ 2ca− a2 − b2 − c2) .Koska nyt n2 | 16S2 ja n on pariton, on n | S.

Olkoon seuraavaksi k > 4, ja oletetaan, että väite onjo todistettu vähemmän kuin k kärkeä omaaville moni-kulmioille.

Jos minkään monikulmiomme lävistäjän pituuden ne-liö on jaollinen luvulla n, voimme tätä lävistäjää pitkinpilkkoa sen kahdeksi pienemmäksi monikulmioksi, joil-le väite induktio-oletuksen mukaan pätee erikseen, jaon selvää, että asia on kunnossa. Voimme siten olettaa,ettei minkään monikulmion lävistäjän pituuden neliöole jaollinen luvulla n. Tämä oletus tulee johtamaanristiriitaan.

Kun r ∈ Z+, merkitsemme alkuluvun p eksponenttialuvun r alkutekijöihinjaossa νp(r). Osoitamme, että jo-kaiselle m ∈ {2, 3, . . . , k − 1} pätee

νp(|A1Am|2) > νp(|A1Am+1|2), (∗)

mistä välittömästi seuraa ristiriita

νp(|A1A2|2) > t > νp(|A1A3|2) > νp(|A1A4|2)> νp(|A1A5|2) > . . . > νp(|A1Ak|2) > t,

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 23

missä kaksi ensimmäistä epäyhtälöä seuraavat oletuk-sista pt | |A1A2|2 ja pt - |A1A3|2, ja viimeinen oletuk-sesta pt | |A1Ak|2.

Meidän pitää vielä todistaa epäyhtälö (∗) annetul-le m ∈ {3, 4, . . . , k − 1}. Käytämme induktiota, jaoletamme, että νp(|A1Am−1|2) > νp(|A1Am|2). So-veltamalla Ptolemaiosin lausetta jännenelikulmioonA1Am−1AmAm+1 näemme, että

kl = ac+ bd,

missä a, b, c ja d ovat nelikulmion sivujen pituudet|A1Am−1|, |Am−1Am|, |AmAm+1| ja |Am+1A1|, ja k ja` ovat sen lävistäjien pituudet |A1Am| ja |Am−1Am+1|seuraavan kuvan mukaisesti.

Am−1

AmAm+1

A1

k

`

a

b

c

d

1Nyt siis tietenkin myös

b2d2 = a2c2 + k2`2 − 2ack`,

mistä edelleen seuraa, että 2ack` ∈ Z. Koska νp(a2) >νp(k2) induktio-oletuksen nojalla, ja koska νp(c2) > t >νp(`2), on myös νp(a2c2) > νp(k2`2), jolloin selvästimyös νp(2ack`) > νp(k2`2), ja on oltava νp(b2d2) =νp(k2`2). Mutta koska lisäksi νp(b2) > t > νp(`2), onoltava νp(d2) < νp(k2), mikä olikin todistettava.

4. Aloitetaan tekemällä joitakin havaintoja polynominP arvoista.

Havainto A. Luvuilla P (n) ja P (n + 1) ei ole yhteistäalkulukutekijää millään n ∈ Z.

Todistus. Jos d ∈ Z+ on lukujen P (n) ja P (n+ 1) yh-teinen tekijä, niin d jakaa myös luvun

(n+ 2)P (n)− nP (n+ 1) = 2,

ja siis d = 1 tai d = 2. Mutta luvut P (n) ja P (n + 1)ovat selvästi parittomia, eli luvun d on oltava paritonmyös, ja siten d = 1.

Havainto B. Olkoon n ∈ Z. Tällöin lukujen P (n) jaP (n + 2) ainoa mahdollinen yhteinen alkulukutekijäon 7.

Todistus. Jos alkuluku p jakaa molemmat luvuista P (n)ja P (n+ 2), niin sen on myös jaettava luku

(2n+ 7)P (n)− (2n− 1)P (n+ 2) = 14 = 2 · 7,

eli on oltava p = 2 tai p = 7. Mutta koska luvut P (n)ja P (n+ 2) ovat parittomia, voi olla vain p = 7.

Havainto C. Olkoon n ∈ Z. Tällöin lukujen P (n) jaP (n + 3) ainoa mahdollinen yhteinen alkulukutekijäon 3.

Todistus. Jos alkuluku p jakaa molemmat luvuista P (n)ja P (n+ 3), niin sen on jaettava myös luku

(n+ 5)P (n)− (n− 1)P (n+ 3) = 18 = 2 · 32,

eli p = 2 tai p = 3. Mutta jälleen, koska luvut P (n) jaP (n+ 3) ovat parittomia, voi olla vain p = 3.

Tehtävän 4 ratkaisu. Olkoot siis a ∈ Z+∪{0} ja b ∈ Z+sellaisia, että joukko

{P (a+ 1), P (a+ 2), . . . , P (a+ b)}

on sulotuoksuinen. Tietenkin b > 2. Toisaalta ei voi ollab = 2, koska luvuilla P (a + 1) ja P (a + 2) ei havain-non A nojalla ole yhteisiä alkutekijöitä, ja siten b > 3.Mutta ei voi myöskään olla b = 3, koska havainnon Anojalla luvulla P (a+2) ei voi olla yhteisiä alkutekijöitäkummankaan luvuista P (a+ 1) ja P (a+ 3) kanssa, jasiten on oltava b > 4.

Oletetaan sitten, että b = 4. Luvulla P (a+2) ei havain-non A nojalla ole yhteisiä alkutekijöitä lukujen P (a+1)ja P (a + 3) kanssa, ja luvulla P (a + 3) ei ole yhteisiäalkutekijöitä lukujen P (a+ 2) ja P (a+ 4) kanssa. Siis-pä luvuilla P (a + 2) ja P (a + 4) on oltava yhteinenalkutekijä, samoin luvuilla P (a+ 1) ja P (a+ 3). Mut-ta havainnon B nojalla tämän alkutekijän on oltava 7,jolloin 7 on molempien lukujen P (a + 2) ja P (a + 3)alkutekijä, vastoin havaintoa A. Täten on oltava b > 5.

Oletetaan sitten seuraavaksi, että b = 5. LuvullaP (a + 3) ei havainnon A nojalla ole yhteisiä alkute-kijöitä lukujen P (a+ 2) ja P (a+ 4) kanssa, joten silläon oltava yhteinen alkutekijä luvun P (a+ 1) tai luvunP (a+5) kanssa, ja havainnon B nojalla luku P (a+3) onjaollinen seitsemällä. Mutta samassa hengessä luvullaP (a + 2) ei ole yhteistä alkutekijää lukujen P (a + 1)ja P (a + 3) kanssa havainnon A nojalla. Jos luvuil-la P (a + 2) ja P (a + 4) olisi yhteinen alkutekijä, olisise havainnon B nojalla 7, jolloin luvuilla P (a + 2) jaP (a + 3) olisi yhteinen tekijä 7, vastoin havaintoa A.Siispä luvuilla P (a+ 2) ja P (a+ 5) on oltava yhteinenalkulukutekijä, jonka havainnon C nojalla on oltava 3.

Mutta aivan samoin luvulla P (a + 4) ei havainnon Anojalla ole yhteisiä alkutekijöitä lukujen P (a + 3) ei-kä P (a+ 5) kanssa, ja jos sillä olisi yhteinen alkutekijä

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

24 Solmu 3/2016

luvun P (a + 2) kanssa, olisi sen oltava havainnon Bnojalla 7, jolloin luvut P (a+3) ja P (a+4) olisivat mo-lemmat jaollisia luvulla 7, vastoin havaintoa A. Tätenluvuilla P (a+1) ja P (a+4) on oltava yhteinen alkulu-kutekijä, jonka havainnon C nojalla on oltava 3. Muttanyt luvut P (a+ 1) ja P (a+ 2) ovat molemmat jaollisialuvulla 3, vastoin havaintoa A, ja toteamme, että onoltava b > 6.

Mutta arvo b = 6 onkin sopiva. Esimerkiksi luvut

P (196) = 38613, P (197) = 39007, P (198) = 39403,P (199) = 39801, P (200) = 40201, P (201) = 40603

muodostavat sulotuoksuisen joukon, sillä luvuilla 38613ja 39801 on yhteinen tekijä 3, luvuilla 39007 ja 40603on yhteinen tekijä 19, sekä luvuilla 39403 ja 40201 onyhteinen tekijä 7.

5. Jos poistamme vähemmän kuin 2016 tekijää, niin sil-loin varmasti molemmille puolille jää sama tekijä x−njollakin n ∈ {1, 2, . . . , 2016}, jolloin yhtälöllä on re-aalinen ratkaisu x = n. Siksi on poistettava ainakin2016 tekijää. Tulemme osoittamaan, että riittää pois-taa sopivasti valitut 2016 tekijää – nimittäin vasemmal-ta puolelta ne tekijät x− n, missä n ∈ {1, 2, . . . , 2016}ja n ≡ 2 tai 3 (mod 4), ja oikealta puolelta ne teki-jät x − n, missä n ∈ {1, 2, . . . , 2016} ja n ≡ 1 tai 4(mod 4). Toisin sanoen, osoitamme, ettei yhtälöllä

(x− 1) (x− 4) (x− 5) (x− 8) (x− 9) (x− 12)· · · (x− 2009) (x− 1012) (x− 2013) (x− 2016)

= (x− 2) (x− 3) (x− 6) (x− 7) (x− 10) (x− 11)· · · (x− 2010) (x− 2011) (x− 2014) (x− 2015)

ole reaalilukuratkaisuita.

Selvästikään mikään luvuista x ∈ {1, 2, . . . , 2016} eivoi olla yhtälön ratkaisu, sillä jokaisella näistä arvoistayhtälön toinen puoli häviää, kun taas toinen puoli eihäviä.

Myöskään mikään luvuista x ∈ ]1, 2[ ∪ ]3, 4[ ∪ ]5, 6[ ∪]7, 8[∪ . . .∪ ]2013, 2014[∪ ]2015, 2016[ ei voi olla ratkai-su, sillä näillä arvoilla yhtälön vasemman puolen lause-ke on negatiivinen, kun taas oikea puolen lauseke onpositiivinen.

Olkoon sitten x ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]4, 5[ ∪ ]8, 9[ ∪ ]12, 13[ ∪. . . ∪ ]2012, 2013[ ∪ ]2016,∞[. Nämä arvot eivät oleratkaisuita, sillä vaikka näillä arvoilla yhtälön mo-lemmat puolet ovat posiitivisia reaalilukuja, vasem-pi puoli on itseisarvoltaan oikeaa puolta pienempi.Tämä seuraa vertaamalla puolia kahden vierekkäisentekijän pareissa. Nimittäin, jos j ∈ {0, 1, 2 . . . , 503},niin tekijät (x− (4j + 1)) (x− (4j + 4)) ja(x− (4j + 2)) (x− (4j + 3)) ovat molemmat positii-

visia, ja lisäksi(x− (4j + 1)

) (x− (4j + 4)

)= x2 − (8j + 5)x+

(16j2 + 20j + 4

)< x2 − (8j + 5)x+

(16j2 + 20j + 6

)=(x− (4j + 2)

) (x− (4j + 3)

).

Olkoon lopuksi x ∈ ]2, 3[ ∪ ]6, 7[ ∪ ]10, 11[ ∪ . . . ∪]2010, 2011[ ∪ ]2014, 2015[. Näillä arvoilla molemmatpuolet ovat negatiiviset, mutta nyt oikean puolen itseis-arvo on pienempi kuin vasemman puolen. Tämä vaa-tii molemman puolen ensimmäisen ja viimeisen tekijänkäsittelyn erikseen: tietenkin

0 < x− 2 < x− 1 ja x− 2016 < x− 2015 < 0.

Loppuja termejä voi jälleen vertailla puolittainkahden vierekkäisen termin pareissa, kuten aiem-min. Olkoon j ∈ {1, 2, . . . , 503}. Tällöin tekijät(x− 4j) (x− (4j + 1)) ja (x− (4j − 1)) (x− (4j + 2))ovat molemmat positiivisia ja(

x− (4j − 1)) (x− (4j + 2)

)= x2 − (8j + 1)x+

(16j2 + 4j − 2

)< x2 − (8j + 1)x+

(16j2 + 4j

)=(x− 4j

) (x− (4j + 1)

).

6. Piirretään ympyrä niin, että kaikki n janaa ovat ko-konaan sen sisäpuolella, ja jatketaan niitä molemmiltapuolilta, kunnes niiden päätepisteet ovat ympyrän ke-hällä. Tämä helpottaa janoista ja niiden päätepisteistäpuhumista. Numeroidaan janojen päätepisteet ympy-rän kehää pitkin 0, 1, 2, 3, . . . , 2n− 1.

Olkoon ensin n parillinen. Jos sammakot on asetettuniin, että ympyrän kehällä kahdelta vierekkäiseltä pää-tepisteeltä, kutsukaamme niitä vaikkapa nimillä A jaB, löytyy sammakko, niin silloin Geoffin toivomus eitoteudu. Tämän nähdäksemme olkoon P päätepisteitäA ja B vastaavien janojen leikkauspiste. Oleellinen ha-vainto on tämä: jokainen jana, joka leikkaa janan AP ,leikkaa myös välttämättä janan BP , ja siten molem-milta janoilta AP ja BP löytyy yhtä monta leikkaus-pistettä, ja pisteistä A ja B lähtevät sammakot löytävättoisensa pisteestä P samaan aikaan.

Oletetaan nyt, että sammakot on aseteltu Geoffin toi-vomuksen kannalta suotuisalla tavalla. Ilman yleisyy-den menettämistä voimme olettaa, että eräs samma-koista on asetettu päätepisteeseen 0. Koska nyt pääte-pisteessä 1 ei voi olla sammakkoa, täytyy sellainen ollavastaavan janan toisessa päätepisteessä n + 1. Samas-sa hengessä, koska pisteessä n + 2 ei ole sammakkoa,täytyy vastaavan janan toisesta päätepisteestä 2 löytyäsellainen. Jatkamalla tätä argumenttia näemme, että nsammakkoa on välttämättä asetettu päätepisteisiin 0,

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 25

n+ 1, 2, n+ 3, 4, n+ 5, . . . , n− 2, 2n− 1. Mutta nytvierekkäisiltä päätepisteiltä 0 ja 2n− 1 löytyy samma-kot, eli olemme päätyneet ristiriitaan, ja tehtävän osiob) on ratkaistu.

Olkoon sitten seuraavaksi n pariton. Asetamme sam-makot päätepisteisiin 0, 2, 4, 6, 8, . . . , 2n − 2. Koskapäätepistettä i vastaava toinen päätepiste on ≡ n + i(mod 2n), ja n oli pariton, ei ole vaikea vakuuttua sii-tä, että jokaiselta janalta löytyy täsmälleen yksi sam-makko, kuten pitääkin. Otetaan tarkasteluun joidenkinkahden sammakon aloituspäätepisteet A ja B. Olkoonjälleen P päätepisteitä A ja B vastaavien janojen leik-kauspiste. Haluamme osoittaa, että pisteistä A ja Blähtevät sammakot käyvät pisteessä P eri aikoina. Tä-män osoittamiseksi riittää osoittaa, että janoilta AP jaBP löytyy eri määrä leikkauspisteitä. Tämän puoles-taan todistamme osoittamalla, että janoilta AP ja BPlöytyy yhteensä pariton määrä leikkauspisteitä (pisteP pois lukien).

Tarkastellaan niitä n − 2 janaa, jotka jäävät jäljelle,

kun poistamme päätepisteitä A ja B vastaavat janat.Ne jakautuvat kolmeen luokkaan: niihin, jotka leikkaa-vat molempia janoista AP ja BP , niihin, jotka leik-kaavat vain toista niistä, ja niihin, jotka eivät leikkaakumpaakaan. Olkoon näitä janoja vastaavasti a, b jac kappaletta. On ilmeistä, että piste P pois lukien ja-noilta AP ja BP löytyy yhteensä 2a+ b leikkauspistet-tä. Riittää siis osoittaa, että b on pariton. Mutta tämäon lähes tulkoon ilmeistä: Valitaan toinen ympyränkaa-rista AB. Selvästi b on yhtä suuri kuin tältä kaareltapisteiden A ja B väliltä löytyvien päätepisteiden luku-määrä, joka taas on varmasti pariton sen nojalla, mitensammakot aseteltiin. Näin on tapaus a) käsitelty myösja olemme valmiit.

Lähteet

Yllä annetut ratkaisut perustuvat tapahtumassa jouk-kueiden johtajille jaettuihin malliratkaisuihin.

Verkko-Solmun oppimateriaalit

Osoitteesta matematiikkalehtisolmu.fi/oppimateriaalit.html löytyvät oppimateriaalit:

Ensiaskeleet Einsteinin avaruusaikaan, osa 1: Kinematiikka: aika, paikka ja liike (Teuvo Laurinolli)Ensiaskeleet Einsteinin avaruusaikaan, osa 2: Dynamiikka: liikelait, liikemäärä ja energia (Teuvo Laurinolli)Kilpailumatematiikan opas (Matti Lehtinen)Geometrian perusteita (Matti Lehtinen)Geometria (K. Väisälä)Lukualueiden laajentamisesta (Tuomas Korppi)Jaksolliset desimaaliesitykset algebrallisesta näkökulmasta (Jaska Poranen ja Pentti Haukkanen)Algebra (Tauno Metsänkylä ja Marjatta Näätänen)Algebra (K. Väisälä)Matemaattista fysiikkaa lukiolaiselle 1: Mekaniikkaa (Markku Halmetoja ja Jorma Merikoski)Matemaattista fysiikkaa lukiolaiselle 2: Sähköoppia (Markku Halmetoja ja Jorma Merikoski)Lukuteorian helmiä lukiolaisille (Jukka Pihko)Matematiikan peruskäsitteiden historia (Erkki Luoma-aho)Matematiikan historia (Matti Lehtinen)Reaalianalyysiä englanniksi (William Trench)

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

26 Solmu 3/2016

Satu surullisesta numerosta1

Ritva Kokkola

Olipa kerran numero kaksi eli kakkonen.”Olen niin yksinäinen”, se huokaisi. ”Minulla ei ole

enää kiekuroita. Ei kaunista yläsilmukkaa eikä ihanaaalasilmukkaa, jotka kaartuivat kauniisti ruutupaperil-la.”

”Kuulehan nyt, numero kakkonen, sinä muisteletikivanhoja aikoja. Sinulla oli silmukat ja koukerot kau-an kauan sitten”, sanoi ykkönen tuimasti.

”Mutta minä kaipaan niitä aivan hirveästi. Tämännäköisenä minä olen ruma. Olen kuin mikäkin ongen-koukku!”

”Katso minua!” ykkönen komensi. ”Olen pelkkä ver-tikaalinen viiva.”

”Mikä? Mitä tarkoittaa vertikaalinen?” muut nume-rot kyselivät ja nauroivat makeasti kuin hyvälle kaskul-le.

”Vertikaalinen tarkoittaa pystysuoraa”, ykkönen se-litti.

”Olen pelkkä yksinkertainen pystysuora viiva”, yk-könen ajatteli ääneen. ”Kerran minulla oli ylhäällä pik-kiriikkinen väkänen. No, minäkin kaipasin sitä”, ykkö-nen muisteli haikeasti. Mutta hän huomasi, että oli op-pinut pitämään suorasta ryhdistään.

”Sinä olet vähään tyytyväinen”, kakkonen sanoi ne-näkkäästi. ”Mutta minä haluan olla kaunis. Minä ha-luan omat kiharani takaisin.”

”Ei pitäisi aina valittaa. Katso vaikka tuota!” Yk-könen osoitti numero seitsemää. Hän kertoi, kuinkaseiska-rukalla oli joskus poikkiviiva. Sitten se otettiin

pois ja arvata saattoi, mikä hänen tilanteensa on nyt?Nyt se on siinä taas! Seiska ei valita, vaikka hänen onpitänyt sopeutua kaiken maailman oikkuihin. Poikki-viiva, poikkiviiva pois, poikkiviiva takaisin! Ykkönenhyppäsi seiskan poikkiviivalle.

”Mutta hänellä on iso lippakin! Miksi minulle ei voi-tu jättää minkäänlaista silmukkaa?” kakkonen kiukut-teli.

”Stop tykkänään”, ykkönen sanoi topakasti, ”nyt onruikutus lopetettava!”

”Tuokaan ei valita, vaikka on pelkkä nolla!” ykkö-nen huudahti ja osoitti rivin ensimmäistä. ”Siinä seisootyytyväisenä ja on pelkkä ympyrä tyhjää täynnä.”

Numero yhdeksän kipitti nollan eteen ja kysyi, pal-jonko on tyhjä nyt.

Ohooh! Tyhjästä tulikin yhdeksänkymmentä. Kaik-ki numerot huomasivat, että nollalla oli iso merkitys.

”Oi, voi, voi minua poloista! Lapset vihaavat mi-nua!” nelonen huudahti.

Muut numerot kääntyivät katsomaan. Miten lapsetvoivat vihata numeroa? Pientä viatonta numeroa nel-jä?

”Sinulla on kaunis vino kulma ja jalka, jonka varas-sa pysyt paikallasi”, muut lohduttivat.

”No, kun... no, kun...”, nelonen melkein nyyhkytti.”Minä olen huono numero. Minä olen huono koulunu-mero. Minä olen hylätty! Kokonaan hylätty numero!”

”Voi, sinua raukkaa”, tuumivat kahdeksan ja yh-deksän, jotka tiesivät olevansa hyviä.

1Kirjoittaja on kemiläinen kirjailija, jolta on ilmestynyt mm. matematiikka-aiheiset lastenkirjat Ansku ja Armas ynnä matikka-täti (2013) ja Ansku ja Armas Piin pauloissa (2015). Tämä satu on kirjoitettu Oulun MAOL:n päiviä 1.–2.10.2016 varten.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 27

”Ei puhuta koulunumeroista.” Ykkönen palauttipäiväjärjestyksen. Ruvetaan leikkimään!”

Kaikki numerot hyppäsivät ilmaan ja huusivat:”Kannatetaan, kannatetaan!” Viitonen ponkaisi kuu-tosen ympyrälle ja alkoi keinua. Kohta kaikki viitosetkeinuivat kuutosilla. Ykkönen huusi toisille ykkösille,että asento horisontaaliin! Yks! Kaks! Muut ykkösetkatsoivat hölmistyneinä. He muistivat olevansa verti-kaaleja. Siis vaakatasoon! Yks! Kaks! Ykkönen komen-si muodostamaan matojonon. Muut numerot kiljuivat,kun ykköset kiemurtelivat ja luikertelivat edestakaisin.

Kolmoset kääntyivät konttaamaan ja kakkoset hyp-päsivät kyytiin ja kohta he laukkasivat laskuvihon si-vuille. Neloset kiipesivät seiskojen poikkiviivalle ja pon-nistivat ylös lipan päälle tähyämään ulapalle kuin meri-miehet laivansa mastossa. Kahdeksikot kirjoittivat yh-deksikön yläympyrään, että kaikki lapset pitävät ma-tematiikasta. Sitten jokainen tarttui oman yhdeksik-könsä jalkaan ja alkoi heilutella sitä niin kovasti, ettäyhdeksiköt olivat tikahtua nauruunsa.

Missä oli nolla! Huhuu! Täällä! Eipäs kun täällä! Jo-ka puolelta kuului nollan iloinen huhuilu. Ensin tuol-ta nurkan takaa. Sitten täältä! Pöydän alta! Nurkastaja naulakon alta! Pian lattialla vilisteli nolla toisensaperään. Ja kaikilla oli hauskaa. Vähän aikaa. Muttaleikkimiseenkin kyllästyy. Numerot pitkästyivät ja tar-vitsivat oikeaa toimintaa.

”Nyt tarvitaan lapsia!” ykköset huusivat kuoros-sa ja nousivat seisomaan. Kakkoset väsyivät kolmosil-la ratsastamiseen eivätkä kolmoset halunneet enää ol-la hevosia. Keinuminen pyörrytti viitoset ja kuutoset.Lippujen heiluttelu väsytti kahdeksikot ja yhdeksikkö-jen päät olivat pyörällä ja maha kipeä kikattamisesta.Seiskojen lippa alkoi painua vinoksi nelosten painosta.Kaikki huusivat, että lapsia tarvitaan. Tarvitaan koko-nainen luokkahuoneellinen lapsia!

Pulleat nollat olisivat halunneet vielä pyöriä nurkas-ta nurkkaan, mutta lopettivat heti, kun kuulivat, ettälapsia huudettiin. Pyöreät, pehmeät nollat rakastivat

lapsia. Niistä oli ihanaa, kun lapset piirsivät numeroi-ta ja aina nollan kohdalla heille tuli mieleen aurinkotai kuu tai puolukka tai mustikka. Vain vaivoin lapsetmalttoivat olla värittämättä nollaa. Joskus joku piirsinollalle hymysuun tai nauravat silmät.

Sitten lapset ryntäsivät luokkaan. He kirjoittivat en-sin sivun täyteen nollia. Toisen sivun täyteen ykkö-siä, seuraavan kakkosia. Yhteensä he kirjoittivat täy-teen kymmenen sivua, sillä jokainen numero sai ikio-man sivunsa. Numerot ovat helppoja, lapset tuumivat.Ei laskeminen voi olla vaikeaa, kun täytyy opetella vainkymmenen numeroa!

Ensin he kirjoittivat 1 + 1 ja saivat 2. Sitten he vä-hensivät kolmesta yhden ja saivat kaksi. Nelosesta hevähensivät kaksi ja saivat kaksi. Seitsemän miinus viisioli kaksi. Yhdeksän miinus seitsemän oli kaksi. Kaksimiinus nolla oli kaksi. Kuudesta kun vähensi neljä saikaksi. Kun nollaan lisäsi kaksi sai kaksi. Kun kahteenlisäsi nollan sai kaksi. Kaksi, kaksi ja kaksi!

Kakkonen tunsi itsensä tärkeäksi. Hän oli niin iloi-nen, että unohti entiset, ikivanhat silmukat ja kiharatja koukerot. Hän oli tyytyväinen sellaisena kuin oli. Sitäpaitsi hän huomasi: kaunis kaari, terävä kulma ja vaa-katasoinen alaviiva. Horisontaali alaviiva! Muut nume-rot nyökyttelivät ja hymyilivät toisilleen. Nolla muut-tui naurusta soikeaksi.

Sitä paitsi, kakkonen huomasi. Minut on helppo kir-joittaa. Lasten piti ennen harjoitella koukeroita ja sil-mukoita niin kauan, että itse asia saattoi kokonaanunohtua!

Laskutoimitukset olivat tehneet tehtävänsä. Näin ma-tematiikka oli muuttanut surullisen kakkosen onnelli-seksi kakkoseksi. Aina, kun lapset kirjoittivat kakko-sen, hekin tulivat onnellisiksi ja muistivat, että jokai-sen on hyvä olla sellaisena kuin on, vaikka aika ajoinvähän muuttuukin. Kasvaa, lihoo, laihtuu. Joskus läh-tee hammas, jollakulla on punainen tukka, jollakullatoisella jonkin muun värinen. Aina kuitenkin jokainenon joku!

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

28 Solmu 3/2016

Kuinka tarkka on riittävän tarkka?

Anne-Maria Ernvall-HytönenÅbo Akademi

Erilaisiin arviointiongelmiin törmää päivittäin: kaupas-sa on ihan kiva tietää, mikä ostosten loppusumma tu-lee suurin piirtein olemaan, tai jos kassalla summa vai-kuttaa merkilliseltä, niin on mukava tarkistaa se. Har-vemmin ainakaan itse lasken ostoksia sentin tarkkuu-della. Yleensä pyöristän lähimpään euroon, tai yritänlöytää kuitista asioita, joiden summa olisi suurin piir-tein tasoja kymmeniä euroja, esimerkiksi siis bataatit4,28 euroa ja juusto 5,95 euroa summautuvat karkeastiottaen kymppiin. Myös niin, että pyöristetään lähim-piin euroihin ja sitten lasketaan yhteen, saadaan näilleostoksille kymppi loppusummaksi: eli bataatit 4 euroaja juusto 6 euroa on yhteensä 10 euroa. Tarkka sum-mahan olisi 4,28 + 5,95 = 10,23, mutta hyvin harvointämä tarkkuus on tarpeen.

Pyöristysongelmaan olen törmännyt myös tutkimus-projekteissa: Jos halutaan vaikka tietokoneella piirtääkuvaajia erilaisten funktioiden ja lukujonojen käytök-sestä, niin mikä tarkkuus riittää? Miten tiheästi pitääfunktion arvoja laskea, jotta tietokoneen kuvaaja antai-si hyvän käsityksen funktion käytöksestä? Mistä kohtaavoi irrationaaliluvun desimaaliesityksen katkaista me-nettämättä älytöntä määrää tarkkuudesta? Näihin ky-symyksiin vastaukset tietenkin riippuvat ainakin funk-tiosta, irrationaaliluvun luonteesta ja suuruudesta sekävaaditusta tarkkuudesta.

Olen itse käyttänyt taannoin aikaa arvioidakseni,miten monta desimaalia tarvitaan Riemannin zeta-funktion nollakohtien esityksistä, jotta ns. Lin kertoi-mien kuvaaja pysyy hallinnassa. Toisessa vaakakupissa

oli siis laskenta-aika, toisessa puolestaan kuvaajan luo-tettavuus. Jouduimme arvioimaan esimerkiksi termin(

ρ

ρ− τ

)nkäytöstä, kun τ on pieni vakio, n saa olla varsin iso ja ρon Riemannin zeta-funktion nollakohta. Hyvin nopeas-ti kävi ilmi, että jos ρ on itseisarvoltaan iso, ei tarvitakovinkaan monen desimaalin tarkkuutta. Jos taas ρ onpieni, on virhe ihan valtava, jos n on suuruudeltaanvaikka sata. Päädyimme käyttämään kaksijakoista lä-hestymistapaa: suurimmalle o

Tässä tekstissä on tarkoitus parin esimerkin kauttanäyttää, miten esimerkiksi voi laskujen lopputulemantarkkuutta arvioida.

Luvun 1etarkkuus

Oletetaan tietävämme luvun e desimaalit tarkkuudellaε, eli toisin sanoen, käytämme luvulle e approksimaa-tiota θ, jonka suuruudesta tiedämme, että |θ − e| ≤ ε.Jos esimerkiksi θ = 2,7, niin |θ − e| < 0,018282, jolloinluku ε voi olla esimerkiksi 0,018282.

Nyt voimme laskea todellisen osamäärän ja arvio-osamäärän erotuksen:∣∣∣∣1e − 1

θ

∣∣∣∣ = 1θ− 1e

= e− θeθ

<ε

eθ.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 29

Esimerkissämme olisi siise− θeθ

= e− 2,7eθ

<0,018282

2,72 < 0,00251,

eli nyt tarkkuus jopa parani!

Mikäli luvun e sijaan olisimme olleet kiinnostuneita Eu-lerin vakion γ ≈ 0,5772 arvioinnista vaikkapa luvulla0,58, olisi käynyt heikommin: Alkuperäinen arviotark-kuus olisi ollut suurin piirtein 0,58 − 0,5772 = 0,0028,mutta osamäärien tarkkuus olisikin ollut

1γ− 1

0,58 ≈ 0,0083,

eli tarkkuus olisi heikentynyt. Selitys tälle on se, ettäkun lukua ρ arvioidaan luvulla θ ja arvion tarkkuus onε, pätee ∣∣∣∣1ρ − 1

θ

∣∣∣∣ = |θ − ρ|θρ

<ε

θρ,

joka on pienempi kuin ε, jos θρ > 1, ja suurempi kuinε, jos θρ < 1, eli alle ykkösen olevien lukujen osamää-rien arviot ovat heikompia kuin lähtöarvio, yli ykkösenpuolestaan parempia.

Tämä on luonnollista: jos tarkkuus heikkenisi, kun ja-kajat olisivat yli yhden, tarkoittaisi se, että lopputulosolisi suhteellisesti todella heikko: erotus olisi pieni javirhe verrattain iso.

Suhteellinen virhe

Verrataan vielä virheen kokoa tuloksen kokoon: onhanihan eri asia, jos virhe on vaikkapa kymmenen suu-ruusluokkaa, jos tuloksen koko on biljoona tai jos tulosonkin esimerkiksi sadasosa.

Virheen olemme äsken todenneet olevan korkeintaanε

θρ.

Tuloksen koko on 1ρ . Suhteellinen virhe on siis näiden

osamääräεθρ1ρ

= ερ

θρ= ε

θ,

eli myös suhteellinen virhe käyttäytyy samoin kuin ab-soluuttinen virhe: yli ykkösen olevien lukujen osamää-rän arvio on parempi, alle ykkösen olevien taas huo-nompi.

Luvun π desimaalit

Ajatellaanpa, että tehtävänä on laskea π10 ykkösentarkkuudella, eli löytää sellainen kokonaisluku n, et-tä |n − π10| < 1. Selvästikään ei riitä arvioida, että πon kolme, sillä

310 = 59049

ja3,110 ≈ 81962,8

ja π10 on vielä tätäkin suurempi. Yksi keino olisi tie-tenkin testata: Todetaan, että

π ≈ 3,14159265358979323846264338 . . .

Tästä voisi sitten kokeilla, että riittäisikö vaikkapakuusi desimaalia:

3,14159210 ≈ 93647,85

ja3,14159310 ≈ 93648,15.

Nyt kävikin hyvä tuuri, ja tarkkuus on riittävä. Tämätehtävä olisi siis nopeasti ohi kokeilemalla, mutta en-tä jos haluttaisiinkin vaikka laskea π100 kokonaisluvuntarkkuudella? Haarukointi ja testaus voisi viedä aikapaljon pidempään.

Tarkastellaan nyt kuitenkin yksinkertaisuuden vuoksialkuperäistä ongelmaa. Ajatellaan, että käytetään lu-vulle π likiarvoa θ, jolloin |π − θ| = ε. Kuinka pieni εon varmasti riittävän pieni?

Lasketaan erotus ∣∣π10 − (π ± ε)10∣∣ .Aloitetaan tilanteesta |π10−(π+ε)10|. Koska π+ε > π,voidaan kirjoittaa (π+ ε)10−π10. Esitellään nyt erilai-sia tapoja lähestyä ongelmaa. Tilanne, jossa on miinusplus-merkin tilalla voidaan käsitellä samoin, ja välillämahdollisesti jopa hieman helpommin.

Sulut auki

Yksi vaihtoehto olisi kertoa sulut auki. Yleensä en oletämän lähestymistavan fani, mutta nyt se kuitenkin toi-mii.

(π + ε)10 − π10 =10∑k=1

(10k

)εkπ10−k.

Termejä on nyt yhteensä 210 − 1 = 1023 kappaletta.Jotta näihin saa mitään otetta, pitää olettaa jotain lu-vun ε suuruudesta suhteessa luvun π suuruuteen. Help-po oletus olisi vaikkapa olettaa, että ε < 1

π , mutta nytesimerkiksi termille (

105

)ε5π5

ei saa parempaa arviota kuin(10

5), mikä ei missään ni-

messä riitä. Oletus ε < 1π10 voisi toimia paremmin. Nyt

lauseke muuttuisi muotoon10∑k=1

(10k

)εkπ10−k <

10∑k=1

(10k

)π10−10k−k,

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

30 Solmu 3/2016

mutta tämäkään ei ihan riitä, sillä10∑k=1

(10k

)π10−10k−k >

(101

)π10−10−1 = 10

π.

Näin voi jatkaa ja yrittää lisätä oletuksia luvun ε suu-ruudelle, kunnes arvio on lopulta riittävän pieni. Lähes-tymistapa on melkoisen hidas ja kaikkien termien hyväarviointi ei välttämättä ole ihan triviaalia, vaikkakinbinomikerrointen kohdalla usein onnistaa. Parempi onlähteä hieman toisesta suunnasta: kunhan(

10k

)π10−kεk > 2

(10k + 1

)π10−k−1εk+1,

eliπ > 2ε10− k

k + 1 ,

joka on varmasti tosi (sillä tiedämme jo varmasti tes-tailujen pohjalta, että on vaadittava ε < π−10), huo-maamme, että

2ε10− kk + 1 < 20ε < 20

π10 < π,

jolloin koko summaa voi arvioida geometrisena summa-na:

10∑k=1

(10k

)εkπ10−k < 2

(101

)π10−1ε = 20π9ε.

Nyt tiedämmekin, että

|(π + ε)10 − π10| < 20π9ε < 1,

kun ε < 120π9 . Kokonaislukupotensseille tämä tapa ei

ole hullumpi, mutta yleisille funktioille mahdollisestijopa mahdoton (aina ei ole sulkuja, jotka voisi kertoaauki, ja vaikka olisi, ei tapa välttämättä toimi arvioin-nissa).

Ottaen tekijän

Tätä ongelmaa voimme lähestyä myös tekijän ottaen.Käytetään kaavaa

an − bn = (a− b)n−1∑k=0

akbn−1−k,

jolloin saadaan

(π+ ε)10−π10 = (π+ ε−π)9∑k=0

εkπ9−k = ε

9∑k=0

εkπ9−k.

Tämä on paljon helpompi esitys kuin sulut aukiker-toen saatu. Nyt nimittäin huomaamme välittömästi,että summa muodostaa geometrisen jonon, jonka suh-deluku on ε

π . Summa ei ainakaan pienene, jos kasva-tamme sen äärettömän pitkäksi:

ε

9∑k=0

εkπ9−k < ε

∞∑k=0

εkπ9−k = επ9∞∑k=0

( επ

)k.

Muutos äärettömän pitkäksi sarjaksi tehtiin, jotta sum-ma olisi helpompi laskea. Nyt

επ9∞∑k=0

( επ

)k= επ9

1− επ

= επ10

π − ε< 1,

kunεπ10 < π − ε,

eliε <

π

π10 + 1 ,

eli aavistuksen luvun π9 käänteislukua pienempi lukuriittää, varmuudella esimerkiksi 1

π10 .

Derivoiden ja integroiden

Yritetään nyt kuitenkin hieman toisenlaista, ihan yh-tä suoraviivaista tapaa lähestyä ongelmaa: kirjoitetaanerotus derivaatan integraalina:

(π + ε)10 − π10 =∫ π+ε

π

10x9dx.

Koska integraalin suuruus on korkeintaan integroita-van funktion maksimiarvo integrointivälillä kertaa in-tegraalin pituus, saadaan∫ π+ε

π

10x9dx ≤ 10ε maxπ≤x≤π+ε

x9 = 10ε(π + ε)9.

Seuraava ongelma onkin arvioida siedettävällä tarkkuu-della tämä lauseke. Toisin sanoen, arvioida lukua π jo-tenkin mukavasti ylöspäin. Jos arviosta haluaa selvitäilman laskinta, voi todeta vaikkapa, että π + ε < 3,15,kun esimerkiksi ε < 1

1000 ja 3,152 < 10, joten

(π + ε)10 − π10 ≤ 10 · ε · 104 · 3,15 = 315000ε.

Jos tämä on alle yhden, niin myös alkuperäinen lausekeon varmasti alle yhden, joten kirjoitetaan

315000ε < 1,

eliε <

1315000 ≈ 0,00000317.

Vastaavasti voidaan laskea myös erotus π10− (π− ε)10.Tämä jätetään lukijalle harjoitustehtäväksi.

Kannattaa huomioida, että vaikka näin saadaan vaa-dittu tarkkuus laskuihin, ei tämä suoraan esimerkiksikerro, että π10 ja (π− ε)10 pyöristyisivät samaan koko-naislukuun, ei vaikka vaadittaisiin paljon parempikintarkkuus, sillä vaikka lukujen erotus olisi kuinka pienitahansa, voisivat ne silti sijaita eri puolin jotain muo-toa k + 1

2 olevaa lukua, missä k on kokonaisluku. Jossiis haluttaisiin tarkastella mihin kokonaislukuun jokinluku pyöristyy, vaadittaisiin vielä lisää työtä.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

Solmu 3/2016 31

Solmu 3/2016ISSN-L 1458-8048ISSN 1459-0395 (Painettu)ISSN 1458-8048 (Verkkolehti)

Matematiikan ja tilastotieteen laitosPL 68 (Gustaf Hällströmin katu 2b)00014 Helsingin yliopisto

matematiikkalehtisolmu.fi

Päätoimittaja:Anne-Maria Ernvall-Hytönen, akademilektor, Matematik och statistik, Åbo Akademi

Toimitussihteeri:Juha Ruokolainen, FT

Sähköposti:toimitus@matematiikkalehtisolmu.fi

Toimittajat:Pekka Alestalo, dosentti, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos, Aalto-yliopistoSirkka-Liisa Eriksson, professori, Matematiikan laitos, Tampereen teknillinen yliopistoAapo Halko, FT, Matematiikan ja tilastotieteen laitos, Helsingin yliopistoCamilla Hollanti, professori, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos, Aalto-yliopistoMarjatta Näätänen, dosentti, Matematiikan ja tilastotieteen laitos, Helsingin yliopistoHeikki Pokela, tuntiopettaja, Tapiolan lukioAntti Rasila, vanhempi yliopistonlehtori, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos, Aalto-yliopistoMikko Sillanpää, professori, Matemaattisten tieteiden laitos ja Biologian laitos, Oulun yliopistoSamuli Siltanen, professori, Matematiikan ja tilastotieteen laitos, Helsingin yliopistoKimmo Vehkalahti, yliopistonlehtori, tilastotiede, Sosiaalitieteiden laitos, Helsingin yliopistoEsa Vesalainen, postdoctoral fellow, Basque Center for Applied Mathematics

Tieteelliset asiantuntijat:Heikki Apiola, dosentti, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos, Aalto-yliopistoMika Koskenoja, yliopistonlehtori, Matematiikan ja tilastotieteen laitos, Helsingin yliopistoLiisa Näveri, FT, Opettajankoulutuslaitos, Helsingin yliopisto

Graafinen avustaja:Marjaana McBreen

Yliopistojen ja korkeakoulujen yhteyshenkilöt:Ari Koistinen, FM, Metropolia AmmattikorkeakouluJuha Lehrbäck, tutkijatohtori, Matematiikan ja tilastotieteen laitos, Jyväskylän yliopistoJorma K. Mattila, professori, Sovelletun matematiikan laitos, Lappeenrannan teknillinen yliopistoJorma Merikoski, emeritusprofessori, Informaatiotieteiden yksikkö, Tampereen yliopistoMatti Nuortio, tutkijatohtori, Biocenter Oulu, Oulun yliopistoPetri Rosendahl, assistentti, Matematiikan laitos, Turun yliopistoAntti Viholainen, tutkijatohtori, Fysiikan ja matematiikan laitos, Itä-Suomen yliopisto

Numeroon 1/2017 tarkoitetut kirjoitukset pyydämme lähettämään 2.1.2017 mennessä.

Kiitämme taloudellisesta tuesta Jenny ja Antti Wihurin rahastoa.

Kansikuva: Mukailtu vektorigrafiikalla vanhasta maisemapostikortista Königsbergistä.

Huom! Solmun paperiversio postitetaan vain niihin kouluihin, jotka ovat sitä erikseenpyytäneet. Toivomme, että lehteä kopioidaan kouluissa kaikille halukkaille.

sisällysluetteloon

sisällysluetteloon

matematiikkalehtisolmu.fi