PDF-muodossa - Matematiikkalehti Solmu - Helsinki.fi

Matematiikkalehti3/2007http://solmu.math.helsinki.fi/

Solmu 3/2007 3SisällysPääkirjoitus: Fysiikka, kemia, laskento ja matematiikka: neljä eri lajia (Matti Lehtinen) . . . . . 4Uusista opetussuunnitelmista (Marjatta Näätänen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Kalle Väisälän algebran oppikirja Solmuun (Marjatta Näätänen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Lukuteoriaa ja salakirjoitusta, osa 1 (Heikki Apiola) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Matematiikkaa Venäjällä (Eemeli Blåsten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Geometrian pähkinä (Tauno Tukkinen). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18Gauss romaanihenkilönä (Matti Lehtinen). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19Matematiikkakilpailu opettajillekin? (Matti Lehtinen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Kuusi vaikeaa tehtävää – matematiikkaolympialaiset Hanoissa (Matti Lehtinen) . . . . . . . . . . . . 22Klikkimenetelmä kombinatoristen ongelmien ratkaisemisessa (Mikko Malinen) . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Solmu 3/2007Fysiikka, kemia, laskento ja matematiikka: neljä eri lajiaOtsikko luettelee aakkosjärjestyksessä neljä tiedon jataidon alaa. Kaksi ensimmäistä ovat eksakteja luonnontieteitä,fyysisen maailmamme olemusta selvittäviä,maailmankuvaa rakentavia tietokokonaisuuksia, tekniikanmoninaisten saavutusten kulmakiviä. Kolmas onarkipäivämme kannalta olennainen taito, jota tarvitaankaikenlaisen kvantitatiivisen informaation käsittelyssä,leivontaresepteistä supertietokoneilla tehtäviin monivaiheisiinsimulaatiosovelluksiin asti. Matematiikka onabstrakti määrän ja muodon tiede, looginen ja deduktiivinenrakennelma, kuitenkin todellisuuteen ankkuroitunutja maailman ymmärtämiselle olennaisentärkeitä työkaluja tarjoava, myös fysiikan, kemian jalaskennon tukitiede, muttei suinkaan vain näiden.Fysiikka, kemia, laskento ja matematiikka ovat ihmiseneri tiedon- ja taidonalojen joukossa sikäli poikkeuksellisia,että niitä kaikkia opetetaan yleissivistävässä koulussa,eri määriä ja eri aikoina. Laskennon perusteitaopetetaan rinnan toisen viestinnän perustaidon, lukemisenkanssa koulun ensimmäisinä vuosina. Näin on ollutkauan, eikä asia ole siitä muuttunut, että oppiaineennimi on käsitteiden sekaannuksessa ja hienostelutarpeidenvuoksi muutettu matematiikaksi. Oppiainenimenmatematiikka alla laskennon opetusta jatketaan peruskoulussaja lukiossa; lukiossa laskennon nimeksi tuleelyhyt matematiikka. Peruskoulun loppupuolella ja lukiossaon tarkoitus opettaa myös fysiikkaa, kemiaa jamatematiikkaa. Lukiossa matematiikka-aineen nimi onpitkä matematiikka. Myös pitkä matematiikka on konstruktio,johon sisältyy vahva laskentokomponentti.Fysiikkaa, kemiaa, laskentoa ja matematiikkaa yhdistääyläkäsite matemaattiset aineet. Maahammeon juurtunut kansainvälisesti melko ainutlaatuinenkäytäntö, jonka mukaan näiden syvästi toisistaan eroavientiedon- ja taidonalojen opetus yhdistyy samaanopettajaan.Opettamisen professiosta eli ammattikuvasta on viimevuosina paljon kirjoitettu ja puhuttu. Erityisestiopettajan työn ihmissuhdeaspektien tärkeyttä on korostettu.Ei kuitenkaan voi muuksi muuttaa sitä tosiasiaa,että opettaja voi olla tietojen tai taitojen opettajavain, jos hän itse osaa. Tanssinopettajan on osattavatanssia, mielellään hyvin. Tanssi tarvitsee tuekseenmusiikin, mutta musiikinopettaja ei automaattisesti olepätevä tanssinopettaja sen enempää kuin tanssinopettajaon musiikinopettaja. Laskennonopettajan on osattavalaskea, fysiikan opettajan on osattava fysiikkaa,kemian opettajan kemiaa. Hyvä laskennonopettaja eivälttämättä tiedä matematiikasta tai kemiasta mitään.Haitaksi ei ole, jos laskennon opettaja pitää laskemisesta,fysiikan opettaja fysiikasta ja kemian opettajakemiasta. Ja välttämätöntä on, että opettajalla on kokonaisnäkemysopetettavasta aineestaan, kyky nähdäja asettaa kulloinkin opetettavana oleva asia tai taitolaajempaankin yhteyteen kuin kulloisenkin opetustilanteenmikromaastoon.Miten huolehditaan siitä, että opettaja osaa? Antaakokunnan sivistyslautakunta tai kaupungin opetusvirastolaskennon opettajaksi pyrkiville laskutehtäviä, kemianopettajaksi pyrkiville analyysitehtäviä, kysytäänkö fysiikanopettajaksi haluavalta sähkömagneettisen säteilynperusominaisuuksia, jotta varmistuttaisiin opetta-Pääkirjoitus

Solmu 3/2007 5jien osaamisen laadusta? Näin ei tehdä, vaan laadunkatsotaan näkyvän opettajan tehtäviin hakeutuvanopintosuorituksista. ”Matemaattisten aineidenopettaja”on kuitenkin periaatteessa pätevä opettamaanesimerkiksi matematiikkaa, oppia ja tietoa, jollaei välttämättä ole mitään tekemistä luonnontieteidenkanssa (vaikka sillä toki usein on!), kunhan hän on suorittanutsyventäviä opintoja kemiassa tai fysiikassa jaaineopintoja matematiikassa.Matemaattisten aineiden opettajia tavatessaan jaesimerkiksi ylioppilastutkinnon matematiikan koettalähes varmuudella seuraavia kokeen vaikeuden kauhistelujakuunnellessaan ei voi välttyä saamasta käsitystä,että matemaattisten aineiden opettajien matemaattinenammattitaito on joskus vähäinen. Ja matematiikanaineopintojen sisällöstä ja suoritustasosta hiukanperillä ollen ei tätä tarvitse ollenkaan ihmetellä.Matematiikkaa ei tarvitse opettaa kaikille, eikä sitäkaikille opetetakaan - laskentoa kylläkin, ja sitä tarpeeseen.Mutta maa tarvitsee jonkin verran ihan oikeaamatematiikkaa ymmärtäviä, siitä kiinnostuneita,sitä rakastavia. Ja matematiikan tärkeäksi aineekseenlukiossa valinnut opiskelija tarvitsee johdattelijakseenopettajan, joka itse osaa matematiikkaa, on siitä kiinnostunut,rakastaa sitä. Matematiikan osaajaksi ei tullaopinnoitta, matematiikan opettajaa eivät kasvata kirjankustantajienmarkkinoimat oppikirjojen tehtävienmallivastauskokoelmat. Ei ole kovin todennäköistä,että kemiaa tai fysiikkaa pääaineenaan opiskelleet olisivatehtineet ja jaksaneet kehittää itsestään aidostiammattitaitoista oikean matematiikan opettajaa. Tätäyksinkertaiselta kuulostavaa faktaa ei monikaan sivistyslautakunta,opetusvirasto tai kasvatusopillisin ansiointehtäviinsä edennyt rehtori tiedosta tai tunnusta.Miksi emme osaa irrottaa eri tiedonalojen erityisosaamistatoisistaan? Miksei nuorten välttämättä kivistätietä itse kunkin tiedonalan osaamiseen tasoitetajärjestelmällä, jossa kunkin oppiaineen opetusolisi säännönmukaisesti kyseisen aineen erityisosaajankäsissä?Ettei syntyisi väärinkäsitystä: en ehdota fakkiidiotisminlisäämistä. Aidosti oman asiansa osaavaopettaja, ja juuri hän, ymmärtää tietonsa sekä niidenrajoitukset ja arvostaa toisten erilaisia tietoja ja taitoja.Matti LehtinenPääkirjoitus

6 Solmu 3/2007Marjatta NäätänenMatematiikan ja tilastotieteen laitosHelsingin yliopistoUusista opetussuunnitelmistaUusista opetussuunnitelmista on tullut keskusteltuaohimennen joidenkin matemaatikkojen kanssa.Tällaisia mielipiteitä on tullut esille: pahimpia ongelmiauusien opetussuunnitelmien suhteen on, että polynomialgebraon rajoitettu polynomien kertomiseen.Jakoalgoritmi esiintyy vain numeerisena ja erikoiskurssilla.Polynomien käsittely on kuitenkin perusosaamista,jota tarvitaan luonnontieteellisillä ja teknisilläaloilla perusopinnoissa. Matematiikasta innostuneet jasitä harrastavat oppilaat onnistuvat paikkaamaan aukonvaikka itsekseen, mutta muille olisi syytä opettaajo koulussa nämä asiat — tasa-arvonkin takia olisitärkeää, että kaikille annettaisiin mahdollisuus oppianämä asiat, jotta heidän jatkomahdollisuutensa eivätkaatuisi tällaiseen perusosaamisen aukkoon.Olisi hyvä saada opetussuunnitelmista kokemuksia jamielipiteitä, osallistukaa keskusteluun!Kalle Väisälän algebran oppikirjaSolmuunEdellisessä numerossa kerrottiin, että Väisälän algebranoppikirjan tehtäviä julkaistaan Solmussa.Lähiaikoina ilmestyy koko kirja Solmun verkkoosoitteessa.Kiitämme julkaisuluvista Väisälän perikuntaaja WSOY:tä. Kirjan tekstin on kirjoittanut SolmulleMirjana Mirolovic ja tehtävät Juha Ruokolainen.

Solmu 3/2007 7Lukuteoriaa ja salakirjoitusta, osa 1Heikki ApiolaDosenttiMatematiikan laitos, Teknillinen korkeakouluJohdantoLukuteoriaa on joskus pidetty esteettisesti kauniina,mutta käytännössä aika hyödyttömänä matematiikanalana. Kukaan ei asettane nykyäänkään tuota esteettistäpuolta kyseenalaiseksi, mutta miten on senkäytännön hyödyn laita?Nykyinen sähköiseen tiedonvälitykseen perustuva asioidenhoitaminen ei olisi mahdollista ilman tehokkaitasalausmenetelmiä. Niiden kehittämisessä puolestaan onollut ratkaisevan tärkeä osa juuri tuolla lukuteorian tarjoamalla“hyödyttömällä” estetiikalla.Tässä kirjoituksessa esitetään lukuteorian perusasiat,joita tarvitaan osassa 2 esiteltävän ns. julkisen RSAsalakirjoitusmenetelmänjohtamiseen, päteväksi osoittamiseenja ohjelmoimiseen.Lukuteoria on sikäli poikkeava matematiikan ala, ettäsiitä voi kirjoittaa lukijalle, jolla on minimaaliset perustiedotmatematiikassa. Itse asiassa tarvitaan vainymmärrys kokonaislukujen perusominaisuuksista jalaskutoimituksista niillä. Näillä eväillä päästään aikanopeasti kiinnostaviin tuloksiin ja sovelluksiin käsiksi.Kirjoitus toimii testinä yllä olevalle väitteelle. Toki onhyödyksi, jos lukijalla on oheislukemistona vaikkapa lukionlukuteorian syventävän kurssin 11 oppikirja, kuten[Lukio1] tai [Lukio2].Kirjoitus ei ole lukuteorian alkeiden oppikirjan osa, keskitynvälttämättömän (ja toivottavasti riittävän) osuudenesittelyyn päämääränä yllä mainitun julkisen salakirjoituksenRSA-salakirjoitusalgoritmina tunnetunmenetelmän ymmärtäminen. Esitän asiat perusteellisesti,niin että yksityiskohtienkin ymmärtäminen olisimahdollista. Jotta kirjoitus ei paisuisi liian laajaksi,esitän sen kahdessa osassa. Tässä ensimmäisessä keskitynlukuteorian perusteisiin ja toisessa tuohon salakirjoitussovellukseen.Kokonaisluvut, jaollisuusMerkintöjä: Käytän joukko-opin ja logiikan standardimerkintöjä:x ∈ A tarkoittaa: x kuuluu joukkoon A, eli x on A:nalkio.Kokonaisluvut: Z = {0, ±1, ±2, ±3 . . .}Luonnolliset luvut: N = {0, 1, 2, 3, . . .}Käsittelemme pelkästään kokonaislukuja, usein viittaammekokonaislukuun lyhyesti sanalla luku.Pienin ja suurin luku

8 Solmu 3/2007Kokonaislukujen osajoukoilla on ominaisuus, jota ei olerationaali- eikä reaaliluvuilla. Kyseessä on mahdollisuusvalita osajoukosta pienin ja suurin luku.Luonnollisten lukujen minimiominaisuus: JokaisessaN:n epätyhjässä osajoukossa on pienin luku.Tästä seuraa:Kokonaislukujen minimi- ja maksimiominaisuus:Jokaisessa Z:n ylhäältä rajoitetussaepätyhjässä osajoukossa on suurin luku ja alhaaltarajoitetussa on pienin lukuJakoyhtälöJos vaikkapa luku a = 55 jaetaan luvulla b = 8kokonaislukujakona, saadaan osamäärä q = 6 ja jakojäännösr = 7, sillä 55 = 6 · 8 + 7. Osamäärä qlöydetään hakemalla suurin luku q, jolle q · 8 ≤ 55,jakojäännös on se, mitä jää yli. Jakojäännös r on jakajaa(b = 8) pienempi, muutenhan osamäärä q = 6 eiolisikaan suurin mahdollinen.Yllä oleva esimerkki noudattaa sitä periaatetta, jollaolemme oppineet jakolaskun suorittamaan jo peruskoulussa.Sama periaate voidaan kirjoittaa yleisesti pelkilläkirjainsymboleilla:Lause 1. Olkoot a ja b luonnollisia lukuja, a > 0.Tällöin on olemassa yksikäsitteiset q ja r, 0 ≤ r < bsiten, että a = q b + rTod. Toistamme siis vain yllä esimerkissä esitetyn juonen.Voidaan olettaa, että a > b, muutenhan voidaanottaa q = 0, r = a.No, ei muuta kuin valitaan maksimiominaisuuden perusteellasuurin luku q niin, että q b ≤ a. (Epäyhtälönp b ≤ a toteuttavia lukuja p varmasti on, ainakin p = 0,ja p = 1, joten puheena on epätyhjä joukko. Lisäksikaikki tällaiset luvut p toteuttavat varmasti epäyhtälönp ≤ a, joten niiden joukko on ylhäältä rajoitettu.)Merkitään r:llä erotusta r = a − b q, jolloin r ≥ 0. Josolisi r ≥ b, niin voitaisiin kirjoittaa r = b + c, missäc ≥ 0.Tällöin olisi a = q b + b + c = (q + 1) b + c, joten q eiolisikaan yllä olevan joukon suurin luku.Yksikäsitteisyys: Olkoon kaksi esitystä: a = q 1 b + r 1 ,ja a = q 2 b + r 2 , missä 0 ≤ r i < b, i = 1, 2.Tällöin |r 2 − r 1 | < b, joten |q 1 − q 2 | b < b.Koska b > 0, sillä voidaan jakaa ja saadaan |q 1 −q 2 | < 1.Kokonaisluvuille tämä on mahdollista vain siten, ettäq 1 = q 2 . Siitäpä heti seuraa, että myös r 1 = r 2 .Määritelmä 1 (Jaollisuus). Luku a on jaollinen luvullab, jos on olemassa luku n siten, että a = n b. Tällöinsanotaan, että b on a:n tekijä ja a on b:n monikerta.Merkitään: b | a, joka voidaan lukea: ”b on tekijänäa:ssa” tai ”b jakaa a:n”Huomautus 1. Jos b | a, niin −b | a. Jokaisella luvullaa on triviaalit tekijät ±1 ja ±a.Luku 0 on jaollinen kaikilla luvuilla b, koska 0 = 0 · b,toisaalta 0 on tekijänä 0:ssa, mutta ei missään luvussaa ≠ 0.Esimerkki 1. Jaollisuusesimerkkejä1) 7 | 56, −3 | 12.2) Luvun 12 ei-triviaalit tekijät: ±2, ±3, ±4, ±63) Luvulla 6 jaollisten lukujen joukko:{n · 6|n ∈ Z} = {0, ±6, ±12, ±18 . . .}Kootaanpa yhteen yleiset jaollisuuden perusominaisuudet.Lause 2. Yleiset jaollisuusominaisuudet1) Jos x | a ja x | b, niin x | (a ± b)Yleisemmin:1’) Jos x | a ja x | b, niin x | (a m + b n) mielivaltaisille(kokonais)luvuille m, n2) Jos x | a tai x | b, niin x | (a b)3) Jos a | b, b ≠ 0, niin |a| ≤ |b|,Tod. Todistetaan malliksi kohta 1). Yleistys 1’) on aivanvastaavanlainen. Kohdat 2) ja 3) ovat suorastaanitsestäänselvyyksiä. Mieti kuitenkin.Kohta 1): Oletuksen mukaan on olemassa (kokonais)luvuts ja t siten, että a = s x ja b = t x. Niinpäa + b = s x + t x = (s + t) x, joten x | (a + b).} {{ }∈ZKannattaa huomata, että käänteinen suunta kohdalle2) ei päde yleisesti.Esim: 12 = 3 · 4. Luku 6 on tekijänä luvussa 12, mutta6 ei ole tekijänä kummassakaan tulontekijässä 3 tai 4.No, kysehän on siitä, että 6 :lla on yhteinen tekijä sekä3 :n että 4 :n kanssa. Tähän tärkeään havaintoon palataan,ja muotoillaan lisäehto, jolla käänteinen johtopäätöson voimassa.Kun puhutaan positiivisten kokonaislukujen a jaollisuudesta,voidaan rajoittua puhumaan positiivisista tekijöistäb, sillä jos b on tekijä, niin −b on aina myöstekijä, joten sen mainitseminen erikseen on turhaasanahelinää. (Matemaatikon hyveisiin kuuluu sanojensäästäminen.)

Solmu 3/2007 9AlkuluvutMääritelmä 2. Kokonaisluku a > 1 on alkuluku, josse on jaollinen vain 1:llä ja itsellään. Muuten puhutaanyhdistetystä luvusta.Jokainen luku a on jaollinen myös −1 :llä ja −a :lla.Noudatamme edellä mainittua “turhan sanahelinänvälttämisperiaatetta “ ja pitäydymme positiivisissa tekijöissä.Alkulukujen alkupää näyttää tältä: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17.Yksinkertainen algoritmi alkulukujen laskemiseen on joantiikin Kreikassa tunnettu Eratostheneen seula. Lukujoukosta1, . . . , n seulotaan pois kaikki yhdistetyt luvutpoistamalla ensin 2:n monikerrat (parilliset luvut), sitten3:n monikerrat (3:lla jaolliset luvut), jne. Kts. [Lukio1]Symbolilaskentaohjelmissa on valmiita alkulukualgoritmejaohjelmoituna. Maple:lla voitaisiin 100 ensimmäistäalkulukua laskea näin:> N := [$(2 .. 100)][2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12,13,14 ...... 99, 100]> map(ithprime, N)[3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,23,29,31,37,41,43 ..... 523, 541]Eratostheneen seula on helppo ymmärtää ja ohjelmoida,mutta se on varsin tehoton. Tehokkaiden alkulukualgoritmienkehittely on tärkeä osa mm. kryptologista(salakirjoitusmenetelmiin liittyvää) tutkimusta.Lause 3 (Alkulukuhajotelma). Jokainen luonnollinenluku a > 1 voidaan esittää alkulukujen tulona.Tod. Jos a on alkuluku, se on (yksiterminen) alkulukutulo.Jos taas a on yhdistetty luku, se on muotoaa = a 1 a 2 , a i > 1, i = 1, 2. Jos kumpikin on alkuluku,olemme perillä. Ellei, niin ainakin toinen on yhdistettyluku. Esitetään kaikki (toinen tai molemmat)tekijät kahden luvun tulona. Näin jatketaan, kunnespäädytään tuloon, jonka mitään tekijää ei voida jakaa.Tämä tapahtuu viimeistään log 2 (a) askeleen jälkeen,koska yhdistetyn luvun kumpikin tekijä ≥ 2.Tuntuisi uskomattomalta, jos alkuluvut loppuisivat jostainalkaen, ts. niitä olisi vain äärellinen määrä. Eukleidestodisti jo v. 300 eKr. kirjassaan Elementa (Kirja IX,propositio 20), että niitä todella on äärettömän paljon.Tämä 2300 vuotta vanha todistus on edelleenkin voimissaan.Näin se menee:Lause 4 (Eukleides). Alkulukuja on ääretön määrä.Tod. Olkoon p mielivaltainen alkuluku. Osoitetaan,että on olemassa sitä suurempi alkuluku. Tällöinhänäärellinen alkulukujen määrä johtaisi heti ristiriitaan.Olkoot p 1 , p 2 , . . . , p n = p kaikki alkuluvut, jotka ovat≤ p. Olkoon P = (p 1·p 2·. . .·p n )+1. Jos P jaetaan millätahansa luvuista p j , j = 1, . . . , n, niin jakojäännös = 1(ajattele P : n kaavaa jakoyhtälönä). Jako ei siis menetasan, eli mikään p :tä pienempi alkuluku ei ole tekijänäP :ssä. Mutta alkulukuhajotelmalauseen 3 mukaanP :llä on tekijänä alkuluku (P itse, jos se sattuuolemaan alkuluku). Tämä tekijä ei ole mikään p :tä pienempitai sen suuruinen (alku)luku, joten sen on oltavap :tä suurempi.Myöhemmin on esitetty monia muitakin todistuksia,kts. esim.http://en.wikipedia.org/wiki/Prime_numbersSuurin yhteinen tekijäLukujen a ja b suurin yhteinen tekijä, syt(a, b) onnimensä mukaisesti suurin luku s, joka on tekijänä sekäa:ssa että b:ssä.Esimerkiksi syt(24, 30) = 6, syt(5, 7) = 1. Systemaattinentapa syt(a, b):n määräämiseksi on muodostaa alkulukuhajotelmatja poimia kummastakin yhteiset alkutekijät.Edellisessä esimerkissä: 24 = 2 · 2 · 2 · 3,30 = 2 · 3 · 5. Yksi kakkonen ja yksi kolmonen voidaanpoimia kummastakin, eikä mitään muuta, jotentodellakin saadaan 6.Tehokkaampi menetelmä on ns. Eukleideen algoritmi,joka esitellään kohta.Sitä ennen johdetaan suurimmalle yhteiselle tekijällekaava, josta saadaan kätevästi koko joukko ominaisuuksia.Sitä voidaan pitää tämän kirjoituksen yhtenätärkeimpänä työkaluna.Lause 5 (SYTlause). Olkoot a ja b positiivisia kokonaislukuja.syt(a, b) = min{s > 0|s = a x + b y, x, y ∈ Z}Tod. Oikealla puolella oleva joukko koostuu positiivisistakokonaisluvuista. Luonnollisten lukujen minimiominaisuudenmukaan tässä joukossa on pienin lukus 0 = a x 0 + b y 0 ,missä x 0 ja y 0 ovat sellaiset kokonaisluvut, joilla tuominimi saavutetaan.Todistuksen juoni on osoittaa, että{(1) syt(a, b) ≤ s 0 ,(2) syt(a, b) ≥ s 0 .

10 Solmu 3/2007Epäyhtälö (1) : Koska syt(a, b) on tekijänä sekä a:ssaettä b:ssä, niin se on tekijänä jokaisessa muotoa a x+b yolevassa lausekkeessa, siis myös s 0 :ssa. Niinpä on oltavasyt(a, b) ≤ s 0 .Epäyhtälö (2) : Jos onnistumme osoittamaan, ettäs 0 | a ja s 0 | b, niin tiedämme, että s 0 on a :n ja b :n yhteinentekijä ja siten pienempi tai yhtäsuuri kuin suurinyhteinen tekijä syt(a, b).Aloitetaan a :sta. Jakoyhtälön mukaan a = q s 0 + r,missä 0 ≤ r < s 0 . Osoitetaan, että r = 0, jolloinväitteemme on a :n osalta todistettu.Kirjoitetaan r = a − q s 0 = a − q(a x 0 + b y 0 ) =a(1 − q x 0 ) + b(−q y 0 ).Siis r on ”muotoa s 0 ”. Lisäksi 0 ≤ r < s 0 . Koska s 0 onpienin positiivinen tuota muotoa oleva luku, on oltavar = 0. Siten a = q s 0 , ts. s 0 | a.Aivan samoin voimme menetellä b:n suhteen, japäätellä, että s 0 | b. (Suoritapa tämä lasku ja päättely!)Siispä s 0 on a :n ja b :n yhteinen tekijä, ja niin ollens 0 ≤ syt(a, b).Niin olemme todistaneet epäyhtälöt (1) ja (2), jotentodellakin syt(a, b) = s 0 .Ennenkuin ryhdymme nautiskelemaan tämän lauseenseurauksista, otamme käyttöön merkinnän ja nimityksen:Keskenään jaottomat luvut: Luvut a ja b ovat keskenäänjaottomat, jos syt(a, b) = 1. Käytämme myössanontaa yhteistekijättömät ja puhetapaa: ”a :lla jab :llä ei ole yhteisiä tekijöitä” tarkoittaen: ei yhteisiäepätriviaaleja tekijöitä.Aloitetaan edellä luvatulla käänteisellä puolella tulonjaollisuusominaisuuteen (Lause 2)Lause 6. Oletetaan, että syt(a, n) = 1. Jos n | a b, niinn | bTod. Koska syt(a, n) = 1, on 1 = x 1 a + y 1 b joillakinkokonaisluvuilla x 1 ja y 1 (SYTlause (Lause 5)). Kuntämä kerrotaan puolittain b :llä, saadaanb = x 1 a b + y 1 b n.Koska n | a b, on a b = k n jollain k ∈ Z. Kun yllä b :nlausekkeessa sijoitetaan a b :n paikalle k n, saadan:b = x 1 k n + y 1 b n = n (x 1 k + y 1 b) .} {{ }∈ZSiispä todellakin n on tekijänä b : ssä.Erityisesti saadaan nyt:Seuraus 7. Olkoon p alkuluku ja a ja b mielivaltaisiakokonaislukuja. Jos p on tekijänä tulossa a b, niinp on tekijänä a :ssa tai p on tekijänä b :ssä. Loogisenalauseena ilmaistuna:p alkuluku, p |a b =⇒ p | a ∨ p | b.Tod. Oletetaan siis, että p on tekijänä a b :ssä. Jos p eiole tekijänä a :ssa, niin syt(p, a) = 1, koska p on alkuluku.Edellisen mukaan p :n täytyy siten olla tekijänäb :ssä.Tehtävä 1. Osoita esimerkillä, että edellinen ei pädeyleisesti, jos p ei ole alkuluku.Eukleideen algoritmiKyseessä on menettely, jolla voidaan rekursiivisestimäärittää syt(a, b) annetuille kokonaisluvuille a ja b .Se on peräisin samasta Elementa-teoksesta n. 300 v.eKr kuin lause 4.Algoritmi pohjautuu havainnolle:Lause 8. Olkoot a ja b luonnollisia lukuja, a > b.Jos r on jakojäännös jakolaskussa a/b, niin syt(a, b) =syt(b, r).Tod. Kirjoitetaan jakoyhtälön mukaan a = q b + r. Joss on a :n ja b :n yhteinen tekijä, niin s on tekijänär :ssä, koska r = a − q b (Lause 2, kohta 1). Siispä s onb:n ja r:n yhteinen tekijä. Kääntäen, jos s on b:n ja r:nyhteinen tekijä, niin se on a:n tekijä, koska a = q b + r.Kaikki yhteiset tekijät ovat samat, joten erityisesti suurinyhteinen tekijä on sama.Esimerkki 2. Määrättävä syt(576, 168).576 = 3 · 168 + 72.Lause 8: syt(576, 168) = syt(168, 72).Jakoyhtälö: 168 = 2 · 72 + 24.Lause 8: syt(168, 72) = syt(72, 24).Jakoyhtälö: 72 = 3 · 24 + 0.Lause 8: syt(72, 24) = syt(24, 0) = 24.Alkuperäisen tehtävän ratkaisu: syt(576, 168) = 24.Kirjoitetaan algoritmi rekursiiviseksi (itseään kutsuvaksi)ohjelmaksi symbolilaskentaohjelman Maple ohjelmointikielellä.Kyseessä on varmasti kaikkien rekursiivistenalgoritmien äiti!(Solmukirjoitus Maplen-käytöstä:http://solmu.math.helsinki.fi/1999/5/apiola/,rekursiota käsitellään kirjoituksessa:http://solmu.math.helsinki.fi/1998/2/seppanen/.Eräs kuulemani tietosanakirjamääritelmä: Rekursio,kts. rekursio)

Solmu 3/2007 11Eukleides := proc (a, b)print(a, b); # seurantaa vartenif b = 0 then a elseEukleides(b, a mod b) end if# a mod b on jakoj\"a\"ann\"os.end proc:Suoritetaan esimerkkiajo vaikkapa määrittämälläsyt(145, 75). Oikean sarakkeen b siirtyy seuraavalla rivillävasemmalle jakajaksi ja saman rivin oikean puolenluku on vastaava jakojäännös.> Eukleides(145, 75)145, 7575, 70 ( 145 = 1x75 + 70 )70, 5 ( 75 = 1x70 + 5 )5, 0 ( 70 = 14x5 + 0 )5 ( syt(5,0) = 5 )Siis syt(145, 75) = 5 .Aritmetiikkaa jakojäännöksilläMeihin on ”sisäänrakennettu” laskenta jakojäännöksilläerityisesti tapauksissa n = 12 ja 24.Jokainen tietää, että kellonajat 5 (i.p.) ja 17 tarkoittavatsamaa, ja jos yöjuna lähtee klo 20 ja on perilläklo 9, niin matkaan on kulunut aikaa 13 tuntia. Matemaattisestinämä voidaan ilmaista kaavoilla:5 ≡ 17 (mod 12) ja 20 + 13 ≡ 9 (mod 24)Yleisesti määritellään käsite kongruenssi modulo n:Määritelmä 3. Olkoon n > 1. Luvut a ja b ovatkongruentteja modulo n, jos n | (a−b). Tällöin merkitääna ≡ b mod n.Määritelmä tarkoittaa sitä, että a ja b saadaan toisistaanlisäämällä sopiva ”modulin” n monikerta: a − b =k n jollain kokonaisluvulla k. Tämä merkitsee, että jakolaskuissaa/n ja b/n on sama jakojäännös.Tehtävä 2. Jos tänään on maanantai, niin mikä viikonpäiväon 100 :n päivän kuluttua?Ratkaisu: Numeroidaan viikonpäivät 0, . . . , 6 antaenarvo 0 vaikka sunnuntaille. Tehtävänä on selvittää jakojäännösjakolaskussa 100/7. Jakoyhtälö on100 = 7 · 14 + 2. Kun siis kierrämme “viikkokellotaulua”14 kertaa (= 98 päivää), tulemme samaan, mistälähdimme, mennään vielä kahdella yli, joten päivä on1 + 2 = 3, eli keskiviikko.Voidaan ajatella, että 1 + 100:sta vähennetään sellainen7 :n monikerta, että päästään välille 0, · · · , 6. Sanonta:Redusoidaan luku 101 modulo 7. Tämä juhlalliseltakalskahtava sanonta tarkoittaa siis arkikielellävain sitä, että määritämme jakojäännöksen jakolaskussa101/7. Kaiken aikaa vaan siis pyörittelemme samaajakoyhtälöä.ModulaariaritmetiikkaaHavainnollisesti ajatellen modulaariaritmetiikka, eli”jakojäännöslaskenta” voidaan ajatella niin, että lukusuoransijasta kuljetaan pitkin ympyrän kehää. Kellotauluon tästä havainnollinen esimerkki, siinä jakovälejäon 12 ja kyseessä siis laskenta modulo 12.Voidaan ajatella, että kokonaislukusuora on kierrettyrullalle, joka kiertää samaa kehää äärettömän montakertaa. Kehä on jaettu 12 :een osaan, yleisesti modulineli jakajan ilmaisemaan määrään osia. Useimmitenemme ole kiinnostuneita siitä, montako täyttä kierrostakehän ympäri tehdään, vaan siitä, mille kohdalle ”onnenpyörää”lopulta pysähdytään.Käytännön laskutoimitukset (+ − ·), kun modulina onn, suoritetaan niin, että lasketaan luvuilla 0, . . . , n − 1.Lopputulos ”redusoidaan modulo n”, ts. lisätään taivähennetään n:n monikertoja niin, että päästään välille0, . . . n − 1, eli kerran vielä: lasketaan jakojäännös, kunjakajana on n.Formaalimpi ja matemaattisesti kauemmas kantava tapaon tarkastella ns. jäännösluokkia modulo n, jolloin”samaistetaan” kaikki luvut, joilla on sama jakojäännösjaettaessa luvulla n. Viittaan koulukirjoihin[Lukio2] Kongruenssi, s. 126, tai [Lukio1] Kappale 5 s.82. Koska pyrin pitämään koneiston minimaalisena salakirjoitustavoitteitammeajatellen, vältän ylimääräisiäuusia abstraktioita, niin elegantteja ja keskeisiä matemaattisenkäsitteenrakennuksen välineitä kuin ovatkin.Kongruensseilla laskeminenKongruenssi näyttää yhtälöltä ja monessa suhteessakäyttäytyy samoin.Lause 9.Jos a ≡ b (mod n) ja c ≡ d (mod n),niina ± c ≡ b ± d (mod n) ja a c ≡ b d (mod n).Tod. Tyydytään todistamaan vain summan tapaus.Erotus on aivan samanlainen. Tulo on hiukan pitempi,mutta periaate on sama, eikä siinä voi mitenkäänjohtua harhateille (eihän!). (Yritä itse, mutta voit myöskatsoa [Lukio1] s. 85).

12 Solmu 3/2007No niin, olkoon siis n | (a − b) ja n | (c − d), ts.a − b = j n ja c − d = k n joillakin luvuilla j,k. Nyt(a+c)−(b + d) = j n−k n = (j − k) n, joten todellakina + c = (b + d) + K n, missä K = j − k ∈ Z, eli väiteon tosi.Erityisesti valitsemalla c = d(= m) nähdään, ettäkongruenssiin voidaan lisätä puolittain luku, se voidaankertoa puolittain luvulla ja korottaa potenssiin:Lause 10. Jos a ≡ b (mod n) ja k ∈ Z,(1.) a + k ≡ b + k (mod n),(2.) a k ≡ b k (mod n),(3.) a m ≡ b m (mod n).Kongruenssiyhtälön supistaminenm ∈ N, niinKyseessä on oikeastaan vain lauseen 6 yhteydessäesitettyjen asioiden pukeminen modulaariaritmetiikankielelle.Esimerkki 3.2 · 2 ≡ 2 · 5(mod 6).Voidaanko tekijällä 2 supistaa? Ts, päteekö2 ≡ 5(mod 6) ? No eipä tietenkään, sillä 5 − 2 = 3,joka ei taatusti ole 6:n kokonaismonikerta.Ehto, jolla supistaminen on sallittua, ei yllättäneketään.Lause 11 (Modsupistus). Jos syt(k, n) = 1, niina k ≡ b k (mod n) =⇒ a ≡ b (mod n).Sanallisesti: Kongruenssiyhtälö voidaan supistaa yhteiselläkertoimella k, mikäli kerroin k ja moduuli n ovatyhteistekijättömät.Tod. Oletetaan siis, että syt(k, n) = 1 jaa k ≡ b k (mod n). Tällöin (a − b) k ≡ 0 (mod n), jotenn|(a−b) k. Koska syt(k, n) = 1, niin lauseen 6 mukaann|(a − b), ts. a ≡ b (mod n).Kongruenssiyhtälö, käänteisalkioTarkastelemme yksinomaan muotoa a x ≡ b (mod n)olevia yhtälöitä. Yleisesti kokonaislukukertoimisiayhtälöitä sanotaan Diofantoksen yhtälöiksi ja niihinliittyvä teoria on osa lukuteorian perusoppia. Salakirjoituksenkannalta tarvitaan vain yllä olevaa muotoa,vieläpä sillä lisärajoituksella, että b = 1.Lause 12. Olkoon n > 1 ja syt(a, n) = 1. Tällöinyhtälöllä a x ≡ 1(mod n) on yksikäsitteinen ratkaisux.Tod. 1. Ratkaisun olemassaolo: Todistus seuraa suoraanLauseesta 5 näin: Koska syt(a, n) = 1, on olemassakokonaisluvut x ja y siten, että a x + n y = 1, ts.a x = 1 + n y. Mutta tämähän tarkoittaa, ettäa x ≡ 1(mod n).2. Ratkaisun yksikäsitteisyys seuraa suoraan Modsupistus-lauseesta11. (Mieti kuitenkin!)Yllä olevan yhtälön ratkaisu voidaan ajatellakäänteisalkion etsimistehtäväksi annetulle a :lle. Tyydyttävämminsanottuna kyse on a :n määräämän”jäänösluokan” modulo n käänteisalkiosta, josta kuitenkinlupasimme olla puhumatta enempää tällä kertaa.Ratkaisua x merkitään usein symbolilla x =a −1 (mod n). Yksikäsitteinen käänteisalkio (mod n)on siis olemassa jokaiselle a :lle, joka on yhteistekijätönmodulin n kanssa.Käänteisalkion määrittämiseen tarvitaan menetelmälauseen 5 kertoimen x (siellä merkittiin x 0 ) laskemiseksi.Se voidaan tehdä ns. laajennetulla Eukleideenalgoritmilla. Palataan tähän kirjoituksen osassa 2.Fermat’n pieni lauseKaikkihan ovat kuulleet legendaarisia tarinoita Fermat’nsuuresta lauseesta ”Fermat’s last theorem”.Kuinka ”olen löytänyt ihmeellisen todistuksen, joka eimahdu muistikirjani marginaaliin”, ja kuinka englantilainenAndrew Wiles, 7 vuotta yksinäisessä vinttikamarissatyöskenneltyään todisti tuon vuodesta 1630matemaattista maailmaa kiusanneen lauseen. Kuinkasiitä löytyi puutteita, jotka Wiles myöhemmin onnistuipaikkaamaan. Ja kuinka tuo todistus ei mahtuisisataankaan marginaaliin.No, nyt emme puhu siitä enempää, vaan ”pienestä”lauseesta, joka on yksi keskeinen osa salakirjoitusmenetelmänoikeellisuuden todistusta.Lause 13 (Fermat’n pieni lause). Jos p on alkuluku jaa ei ole jaollinen p :llä, niina p−1 ≡ 1(mod p).Tod. Lauseen 10 kohdan (3.) perusteella a voidaan redusoidavälille [0, p − 1] . Koska p ei ole tekijänä a :ssa,ei a ole kongruentti 0 :n kanssa modulo p. Niinpä riittääosoittaa väite oletuksella 0 < a ≤ p − 1.Muodostetaan jono(A) : a, 2 a, 3 a, . . . , (p − 1) a (mod p).

Solmu 3/2007 13Nämä ovat siis jakojäännöksiä, kun jakajana on p, siislukuja välillä [0, p − 1].Osoitetaan, että luvut ovat > 0, ja että tässä on jokainenluku välillä 1, . . . , p − 1 täsmälleen kerran. Toisinsanoen jono (A) antaa luvut 1, . . . , p − 1 jossainjärjestykseesä.Jotta juonen seuraaminen olisi miellyttävämpää,jätämme tämän yksityiskohdan erikseen osoitettavaksi.Kun se on tehty, tiedetään siis, ettäa·2 a·3 a·. . .·(p−1) a ≡ 1·. . .·(p−1) = (p−1)! (mod p).Toisin sanoen a p−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p).Palamme halusta jakaa yhtälö puolittain (p − 1)!:lla,mutta onko lupa? No eipä muuta kuin sydämen kyllyydestäsovellamme lausetta 11, jonka oletus on voimassa,sillä mikään luvuista 2, . . . , p − 1 ei voi olla alkuluvunp tekijä.Lause on todistettu, kunhan selvitämme tuon edellämainitun puuttuvan yksityiskohdan.Tiedämme jo, että a ≠ 0. Voisiko olla k a ≡ 0 (mod p)jollain k = 1, . . . p − 1? No tämähän merkitsisi, että polisi tekijänä k a :ssa.Seuraus 7 vaatisi, että p on tekijänä k :ssa taia :ssa, mutta kumpikaan ei päde. Tiedämmehän, ettäsyt(p, a) = 1 ja syt(p, k) = 1, kun k = 1, . . . , p − 1,koska kerran p on alkuluku. Jonon (A) luvut ovat siisjoukossa {1, . . . , p − 1}.Lisäksi ne ovat kaikki erillisiä, sillä jos j ja k ovat joukossa{1, . . . , p − 1} ja j a ≡ k a (mod p), niin modsupistuslauseen11 mukaan j = k.Siinä kaikki.Huomaamme, että oikeastaan ainoa työkalu oli Modsupistuslause11. Todistuksen juonen keksiminen on sittenaivan toinen juttu.Pierre de Fermat esitti väitteen ystävälleen 18.10.1640päivätyssä kirjeessään. Kuten miehen tapoihin kuului,hän ei tällekään väitteelle esittänyt todistusta.(”Lähettäisin myös todistuksen, ellen pelkäisi sen olevanliian pitkän.”) Ensimmäinen tunnettu todistus onLeibniz’n julkaisemattomassa käsikirjoituksessa vuodelta1683 ja ensimmäinen julkaistu on peräisin Euleriltavuodelta 1736. Nämä ovat keskenään periaatteessasamanlaisia, binomikaavaan perustuvia, kokonaan toisenlaisiakuin yllä annettu.Lauseelle on myöhemmin keksitty useita kiintoisia todistuksia.Kts. http://en.wikipedia.org/wiki/Proofs_of_Fermat%27s_little_theorem. Uusimpienjoukkoon kuuluu hollantilaisen tietojenkäsittelytieteengurun ja vuoden 1972 Turingin palkinnonsaajan Edsger Dijkstra’n vuonna 1980 keksimäkombinatorinen todistus. Sekin on yllä mainitussa viitteessäesitettynä.Salakirjoitus tuleeNäillä pohjatiedoilla päästään käsiksi johdannossa mainittuunsalakirjoitusmenetelmään, joka on aiheena seuraavassaSolmun numerossa ilmestyvässä osassa 2,toistaiseksi vain omien arkistojeni uumenissa piileskelevänäja muotoaan hakevana salakirjoituksena.Viitteet[Algo] T.H. Cormen, C.E. Leiserson, R.L. Rivest: Introductionto Algorithms, The MIT Press, McGraw-Hill, 1998.[Lukio1] Halmetoja, Häkkinen, Merikoski, Pippola,Silfverberg, Tossavainen, Laurinolli, Väänänen: Lukuteoriaja logiikka, Matematiikan taito, syventäväkurssi 11, WSOY[Lukio2] Kangasaho, Mäkinen, Oikkonen, Paasonen,Salmela: Logiikka ja lukuteoria, Pitkä matematiikka,syventävä kurssi, WSOY[NumberTH] Humphreys, Prest: Numbers, groups andcodes, Cambridge U.P. 1989.[Wiki] http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat’s_little_theoremKirjat [Lukio1] ja [Lukio2] ovat saman syventävänkurssin 11 keskenään vaihtoehtoisia kirjoja. Edellinenkäsittelee tätä aihetta hiukan laajemmin.

14 Solmu 3/2007Matematiikkaa VenäjälläEemeli BlåstenMatematiikan ja tilastotieteen laitosHelsingin yliopistoKesäkuun viidentenä päivänä minulle soitettiin SuomenMatemaattisesta Yhdistyksestä ja kysyttiinkiinnostaisiko minua lähteä Venäjälle. Kyseessä oliVenäjällä jo kuuden vuoden ajan järjestetty kesäkoulu.Tämä oli ensimmäinen kerta, kun sinne kutsuttiinulkomaalaisia. Sain pari tuntia myöhemminsähköpostiviestin, jossa kerrottiin yksityiskohdat.Kesäkoulu järjestetään Dubna-nimisessä ydintutkimuslaitoskaupungissaja se kestää kymmenen päivää. Luennoitsijoiksimainitaan Venäjän parhaita matemaatikoita,muun muuassa Anosov, Arnold ja Novikov. Viimeksimainittuon saanut Fieldsin Mitalin, mutta ensilti tuntenut ketään heistä. Kesäkoulun tarkoituksenaon herättää mielenkiinto matematiikan opiskelustayliopistotasolla ja ketkä sopisivatkaan paremmintähän tehtävään kuin ison maan huippumatemaatikot?Päätin lähteä matkaan.Hankin viisumin ja varasin junamatkan HelsingistäMoskovaan ja takaisin. Kesäkoulun järjestäjät sanoivathoitavansa matkan Moskovasta Dubnaan. Niinpä18. heinäkuuta lähdin Moskovaan. Olin kolmen muunsuomalaisen kanssa samassa hytissä. Matka kesti kolmetoistatuntia, joten oli paljon aikaa keskustella kaikesta.Mieleeni jäi lause “Venäjällä mikään ei toimi,mutta kaikki järjestyy.”Seuraavana aamuna olin Moskovassa. Tuntui kuin olisinmenettänyt lukutaitoni, sillä kaikki oli kirjoitettukyrillisin aakkosin eikä missään ollut käännöksiäenglanniksi tai miksikään muuksi kieleksi. Olin jo katsonutGoogle Earthista reitin valmiiksi ja kirjoittanutpaperille metroasemien nimet. Toisin kuin Helsingissä,Moskovassa metroverkosto kattaa melkein koko kaupungin.Siellä on kymmenen koko kaupungin läpi kulkevaalinjaa ja yksi kehälinja, jota muut leikkaavat.Onnekseni reitti oli helppo eikä tarvinnut vaihtaa linjaa.Metroasemat olivat hienoja patsaineen ja marmorikäytävineen.Tunnin harhailun jälkeen saavuin MoskovanMatematiikan Jatkuvan Opetuksen Keskukseen,josta bussin oli määrä lähteä kohti Dubnaa. Loppumatkaoli kuuma, sillä bussissa ei ollut ilmastointia.Yhdessä vaiheessa juutuimme risteykseen, koska jokuoli pysäköinyt autonsa kulmaan eikä bussi mahtunutkääntymään. Illalla saavuin Dubnan rajalla olevaankonferenssikeskukseen ja tapasin Knutin Norjasta sekäIstvanin ja Plaulinin Unkarista.Aamiainen oli jonkinlaista ravitsevaa siemensoppaa,leipää ja teetä. Ruokailun jälkeen Viktor Kleptsyn tuliesittäytymään. Hän oli eräs kesäkoulun järjestäjistäja toimisi tulkkina, sillä melkein kaikki luennot olivatvenäjäksi. Aluksi oli Uspenskin johdantoluento Gödelinepätäydellisyyslauseesta. Hän määritteli mitä tarkoitetaanlogiikan kielellä, mitä ovat kaavat, lauseet, todistuksetja mitä eroa on totuudella ja todistettavuudella.Gödelin epätäydellisyyslause sanoo, että jos jonkinaksioomasysteemin ilmaisuvoima on tarpeeksi tehokasilmaisemaan luonnollisten lukujen käsitteen, niin tässäsysteemissä on lause, joka on tosi, mutta jota ei voi-

Solmu 3/2007 15da todistaa. Uspenski todisti tuloksen neljällä eri tavallaluentosarjan aikana. Seuraavaksi oli neljä pientärinnakkaisluentoa, mutta missään ei mainittu asiastamitään englanniksi, joten oli hyvä hetki ottaa kiinnijunamatkan aikana kertyneitä univelkoja. Lounaanjälkeen oli kaksi isoa luentoa peräkkäin. Illalla ihmisetmenivät ulos pelaamaan jalkapalloa ja lentopalloa.Aamulla oli puuroa, leipää ja teetä. Tässä vaiheessaolin jo huomannut, että Venäjällä teellä on samanlainenasema kuin kahvilla Suomessa. Tapasin viidennenja viimeisen ulkomaalaisen, Michaelin Luxembourgista.Seuraavaksi oli kaksi luentoa, lounas, kaksi luentoa, illallinenja frisbeen heittoa Knutin ja Michaelin kanssa.Tästä muodostui kesäkoulun rutiini: aamiainen, kaksitai kolme luentoa, lounas, kaksi luentoa, illallinenja mahdollinen iltaohjelma, kuten elokuva, Tsaikovskia,muistelmapuhe Neuvostoliiton hajoamisesta ja niinedelleen. Koulun mielenkiintoisin anti oli kyllä luennot.Kymmenen päivän aikana osallistuin 42:lle luennolle,jotka olivat 23:sta eri aiheesta. Aiheet olivat usealta erimatematiikan haaralta ja esitystapa oli jotakin yliopistoluentojenja seminaarien väliltä. Laskuharjoituksia eiollut. Tärkein havainto oli se, että oppilaat ja muutkuuntelijat kommentoivat, korjailivat ja kyselivät paljonenemmän kuin mitä olen nähnyt Suomessa. Mielenkiintoisiaolivat Anisovin luennot eri huutokauppatyypeistäja äänestyksistä, Paninin luennot Pythagoraankolmikoiden luettelemisesta, Kirilovin fraktaalejakoskeva esitelmä, Yaschenkon pitkä luentosarja kryptografiasta,ketjumurtoluvuista ja elliptisistä käyristä,Kleptsynin todistus siitä, että vain muotoa 4k+1 olevatalkuluvut voidaan esittää kahden neliön summana jalopuksi Fieldsmitalisti Novikovin esitelmä diskreetistäkompleksianalyysistä kolmiohilalla. Eniten minuun vaikuttikuitenkin kolme eri luentosarjaa, joita kuvailentarkemmin.Uspenksyn esitelmä neljästä tavasta todistaa Gödelinepätäydellisyyslause oli järisyttävä ottaen huomioon,että Helsingin Yliopistolla käytetään kahden periodinpituinen kurssi vain yhden tavan esittämiseen. EnsimmäinenUspenskyn esittämä todistus oli oleellisestiottaen sama kuin mikä matematiikan laitoksen kurssillakäydään läpi. Siinä oli ajatuksena, että muodostetaanluonnollisten lukujen aksioomasysteemin avullatäsmällinen lause, joka sanoo “minua ei voi todistaa.”Tämä lause on tosi, koska jos se olisi epätosi, niin se voitaisiintodistaa, jolloin se olisi tosi. Miksei sitten tehtylausetta, joka sanoo “minä olen epätosi”, vanhaa valehtelijanparadoksia matkien? Sen takia, että todistuvuudenja totuuden määritelmät eroavat. Todistuvuudenmääritelmä on jossain määrin yksinkertaisempi, jotentästä ominaisuudesta voidaan puhua annetussa formaalissakielessä. Jos haluttaisiin puhua totuudesta, pitäisikäyttää äärettömän pitkiä lauseita, mutta tämä aiheuttaisiongelmia todistuvuuden määritelmään.Toinen todistus perustui algoritmiteorian erääseenkiintopistelauseeseen: “Jos A on algoritmi, joka onmääritelty mille tahansa rekursiivista funktiota kuvaavalleohjelmankoodille ja joka antaa tuloksena rekursiivistafunktiota kuvaavan ohjelmakoodin, niin A:lla onkiintopiste. Siis on olemassa ohjelma, jonka A muuntaaohjelmaksi, joka tekee täsmälleen saman kuin alkuperäinenohjelma.” Gödelin epätäydellisyyslause saadaannumeroimalla kaikki ohjelmat P 0 , P 1 , P 2 , jne...ja tarkastelemalla algoritmia a, joka antaa tulokseksiensimmäisen ohjelman a(P ), jolle voidaan todistaa annetussaformaalissa kielessä, että se ei ole ekvivalenttiP :n kanssa. Jos a olisi määritelty kaikille ohjelmille,niin kiintopistelauseen nojalla olisi ohjelma P , jokaolisi ekvivalentti tuloksen a(P ) kanssa, mutta a:nmääritelmän nojalla tämä on mahdotonta. Siispä onolemassa rekursiivista funktiota kuvaava ohjelma Q,jolle ei voida todistaa sen epäekvivalenssia minkäänmuun ohjelman kanssa. Otetaan nyt jokin ohjelma P ,joka ei ole ekvivalentti Q:n kanssa. Rekursiivisten funktioidenmääritelmä on sellainen, että on mahdollistamuodostaa kyseisessä formaalissa kielessä lause “Q eiole ekvivalentti P :n kanssa.” Tätä lausetta ei siis voidatodistaa, vaikka se on tosi.Kolmas todistus perustuu erääseen paradoksiin.Ensimmäisessä todistuksessa ikään kuin käytettiinhyödyksi vanhaa valehtelijan paradoksia “minä valehtelen”,ja tässä käytetään seuraavaa paradoksaalistamääritelmää: “olkoon n pienin luonnollinen luku, jotaei voida määritellä alle kahdellakymmenellä sanalla.”Edellisessä lauseessa on alle kaksikymmentä sanaa,ja se määrittelee luvun n. Seuraavaksi alettiinmäärittelemään tarkemmin erilaisia käsitteitä, jottasaataisiin paradoksia vastaava ristiriita mikäli kaikkitodet lauseet voitaisiin todistaa. En muista tarkemmintätä enkä viimeistäkään todistusta, joka perustuu siihen,ettei voida tehdä algoritmia, joka tarkistaa kaikistaohjelmista pysähtyvätkö ne kaikilla syötteillä.Toiseksi mielenkiintoisin luento oli ehdottomastiGusein-Zaden, ja sen aihe oli Brownin liike. Aiheon hyvin vaikea jos keskittyy teknisiin yksityiskohtiin.Ajatuksena oli tarkastella kaksi- ja kolmiulotteisellaruudukolla tapahtuvaa satunnaiskulkua, jossajokaisella ajanhetkellä kulkijalla on yhtä suuri todennäköisyyssiirtyä mihin tahansa viereiseen ruutuun.Seuraavaksi annettiin ruutujen koon pienentyä ja rajaprosessinjälkeen siirryttiin tarkastelemaan jatkuvaasatunnaisliikettä kaksi- ja kolmiulotteisessa avaruudessa.Tässä ei siis kiinnitetty huomiota rajaprosessin yksityiskohtiin.Tarkoituksena oli etsiä vastaus kysymykseen:“millä todennäköisyydellä kulkija palaa jossakinvaiheessa takaisin aloituspisteeseen?” Oikeastaan, koskapiste on nollamittainen joukko avaruudessa, on todennäköisyysnolla. Siispä siirryttiin kysymään millätodennäköisyydellä kulkija palaa takaisin origokeskiseenr-säteiseen palloon.Ongelman täsmälliseksi muotoilemiseksi määrittelimme

16 Solmu 3/2007funktion P (x, y, z), joka kertoo millä todennäköisyydelläpisteestä (x, y, z) päästään r-säteiseen origokeskiseen palloon. Tälle on kohtuullistaolettaa, että 0 ≤ P ≤ 1 kaikkialla ja P = 1r-säteisessä origokeskisessä pallossa. Lisäksi tuntuijärkevältä olettaa, että P riippuu vain etäisyydestäorigoon, eikä napakulmasta. Itse asiassa tämä ominaisuustodistettiin oikeaksi ruudukolla, joten rajaprosessinmyötä se siirtyisi P :lle. Kolmas ominaisuus olitärkein. Tarkastelimme mielivaltaista pistettä a 0 avaruudessa,ja se keskipisteenä olevaa r 0 säteistä palloa.Symmetrian perusteella oletettiin, että todennäköisyyspäästä keskipisteestä ympyrän kehän mielivaltaisellepisteelle on vakio. Kokonaistodennäköisyyden kaavanperusteella saatiin siis, että P (a 0 ) on yhtä suurikuin keskiarvo luvuista P (x, y, z), missä (x, y, z)käy läpi annetun pallon. Tämä on analyysissä hyvintunnettu ominaisuus. Sitä kutsutaan funktion P harmonisuudeksi.Tarkastelemalla P :n Taylor-kehitelmääsaimme, että P :n toisen kertaluvun osittaisderivaattojensumma on aina nolla. Muodostunut yhtälö, eli∆P = 0, on nimeltään Laplacen yhtälö. Tässä merkitsimme∆ = ∂1 2 + ∂2 2 + ∂2 3 , missä viimeistä termiäei ole kaksiulotteisessa tapauksessa. Koska P riippuivain etäisyydestä R origoon, niin määrittelimmeP (x, y, z) = G(R). Tämän jälkeen Laplacen yhtälö saimuodon G ′′ (R)+(n−1)/R·G ′ (R) = 0, missä n on ulottuvuus.Tasossa siis G ′′ + G ′ /R = 0. Tämän yhtälönainoa alkuehdot toteuttava ratkaisu on vakiofunktioG ≡ 1. Kolmiulotteisessa avaruudessa saatiin ratkaisuiksiG(R) = C 1 /R + C 2 joten piti analysoida lisääruudukkomallia, jotta nähtäisiin, että G −→ 0, kunR kasvaa rajatta. Muiden alkuehtojen kanssa saimme,että G(R) = r/R, missä r on alkuperäisen origokeskisenpallon säde. Siis tasossa aina päädytäänalkupisteeseen, kun taas kolmiulotteisessa avaruudessatodennäköisyys pienenee etäisyyden kasvaessa.Viimeisin luento, jonka kuvailen, oli pedagogisestitärkein. Tihomirovin esitelmän nimi oli “lyhyt matematiikankurssi.” Sen aiheena oli Venäjän yliopistonkahden ensimmäisen vuoden opintojen ne tärkeimmätasiat, joita tarvitaan melkein joka tutkimusalalla.Nämä olivat lineaariset yhtälöt, toisen asteen pinnat,epälineaaristen yhtälöiden ratkaiseminen ja differentiaalilaskenta.Lisäksi näitä käsiteltiin eri ulottuvuuksissa:suoralla, tasossa, mielivaltaisen moniulotteisessaavaruudessa ja ääretönulotteisessa avaruudessa. Esimerkkinäääretönulotteisesta avaruudesta mainittiinl 2 , jonka pisteet ovat muotoa x = (x 1 , x 2 , x 3 , . . .),missä ajatuksena on, että x:n “etäisyys” origoonon äärellinen. Tavallisessa n-ulotteisessa avaruudessaetäisyys origoon, normi, on √ x 2 1 + x2 2 + . . . + x2 n . Vastaavallaajatuksella ääretönulotteisen avaruuden normion √ x 2 1 + x2 2 + x2 3 + . . . , eli l 2 sisältää ne pisteet, joillax 2 1 + x2 2 + x2 3 + . . . < ∞.Lineaarisista yhtälöistä Tihomirov antoi esimerkinAx = b, missä A ja b olivat reaalilukuja. Tässä on kolmetapausta. Jos A ei ole nolla, niin on tasan yksi ratkaisu.Jos A = b = 0, niin on äärettömän monta ratkaisuaja jos A = 0, b ≠ 0, niin ei ole yhtäkään ratkaisua. Tasossaja n-ulotteisessa avaruudessa näimme vastaavanilmiön, kun tulkitsimme, että A on n×n-matriisi ja b onn × 1-sarakematriisi, eli vektori. Äärellisulotteisissa tapauksissaolisimme yhtä hyvin voineet sanoa, että A onlineaarikuvaus, eli A(αx+βy) = αA(x)+βA(y) kaikillareaaliluvuilla α, β ja n-ulotteisen avaruuden pisteillä xja y. Ääretönulotteisessa tapauksessa Tihomirov kertoivastaavan tuloksen olevan totta, mikäli A:lle oletettaisiinyksi lisäominaisuus. Tämä tulos tunnetaan nimelläFredholmin vaihtoehdot (Fredholm alternative), ja sesanoo, että mikäli A = I + C, missä I on identtinenoperaattori ja C on kompakti lineaarinen operaattori,niin yhtälöllä A(x) = b on joko ratkaisu kaikilla b taiyhtälöllä A(x) = 0 on epätriviaali ratkaisu.Toisesta aiheesta, toisen asteen pinnoista, emme puhuneetsuoraan, vaan tarkastelimme useamman muuttujantoisen asteen polynomeja. Yksiulotteisessa tapauksessapolynomi oli muotoa Q(x) = ax 2 + bx + c. Siirryimmeuuteen muuttujaan y = xb/(2a), jolloin saimmeQ = ay 2 + c ′ , missä c ′ oli vakio. Toisen ulottuvuudentapauksessa Q(x) = a 1 x 2 1 + 2a 2x 1 x 2 + a 3 x 2 2 .Tässä oli jätetty alempiasteiset termit huomioimatta.Tällöinkin oli olemassa kääntyvä lineaarinen muuttujanvaihtoy = y(x), jolla Q = λ 1 y1 2 + λ 2y2 2, missäkertoimet λ 1 ja λ 2 olivat vakioita. Vastaavasti n-ulotteisessa avaruudessa saimme Q = λ 1 y1 2 + λ 2 y2 2 +. . . + λ n yn 2 . Ääretönulotteisessa tapauksessa tarkastelimmeyllämainitun l 2 :n pisteitä. Määrittelimme Q:näärettömän summan Q(x) = ∑ ∑a ij x i x j avulla, missäa2ij on äärellinen. Tihomirovin mukaan oli myös totta,että on olemassa muuttujanvaihto, jonka avullaQ = ∑ λ i yi 2.Epälineaaristen yhtälöiden ratkaisemisesta Tihomirovkertoi vain erään numeerisen algoritmin. Perusajatuksenaoli kysymys: “mitä jos yhtälöä kuvaava funktioolisikin lineaarinen?” Tihomirov kertoi, että jos nollakohdanalkuarvaus on x 0 , niin funktion arvo ensimmäisessäpisteessä on f(x 0 ). Jos f olisi lineaarinenja sen kulmakerroin olisi λ, niin oikea nollakohta olisix 0 − λ −1 f(x 0 ). Tämän toteamiseksi riittää tarkastellakulmakertoimen määritelmää. Edellisestä saimmealgoritmin x n+1 = x n − λ −1 f(x n ). Se muistuttaaNewtonin menetelmää, jossa onkin λ = f ′ (x n ). Tässätapauksessa λ oli kuitenkin vakio. Seuraavaksi Tihomirovtodisti kaikissa äärellisulotteisissa tapauksissa,että eräillä f:n ehdoilla algoritmi suppenee aina johonkintietyn etäisyyden päässä olevaan nollakohtaan.Ääretönulotteisessa tapauksessa sama on totta, kunhantulkitaan mitä f, λ ja x ovat. Tihomirov antoi esimerkin,jossa “pisteinä” tai muuttujina pidettiin välillä[a, b] jatkuvia funktioita. Näiden välinen “etäisyys”määriteltiin funktioiden erotuksen itseisarvon maksimina,eli dist(g, h) = max |g(x) − h(x)|. Algoritmissaesiintyvä f korvattiin epälineaarisella operaattorilla

Solmu 3/2007 17f[y](x) = y(x)−y a − ∫ g(t, y(t))dt ja λ korvattiin identtiselläkuvauksella. Tässä siis y oli välillä [a, b] jatkuvafunktio, kuten myöskin f[y], ja f[y] sai pisteessä xylläolevan kaavan mukaisen arvon f[y](x). Osoittautui,että tämä operaattori toteuttaa vaaditut ehdot. Tästäseurasi, että alkuarvo-ongelmalla y ′ (x) = g(x, y(x)),y(a) = y a on aina ratkaisu, joka on määritelty välillä[a, a + ɛ] jollakin positiivisella ɛ. Kaiken tämän jälkeenTihomirovilla ei ollut aikaa puhua differentiaalilaskennasta.Loppumatka meni yllättävän hyvin. Bussi DubnastaMoskovaan ei juuttunut mihinkään ja matka kesti vainkolme tai neljä tuntia. Junani lähtöön oli vielä viisituntia aikaa, joten kävin parin kesäkoulun järjestäjänkanssa turistikierroksella Kremlinin ympäri. Illalla meninjunaan ja aamupäivällä olin takaisin Suomessa.Kiitän matkan rahoittajia ja järjestäjiä erinomaisestakesäkoulusta.

18 Solmu 3/2007Geometrian pähkinäTauno TukkinenYksikköympyrän keskipiste on origossa O. Positiiviseltay-akselilta valitaan yksikköympyrän sisältä jokin pisteA, positiiviselta x-akselilta yksikköympyrän sisältäpiste B ja yksikköympyrän kehältä ensimmäisestäkoordinaattineljänneksestä piste C. Todista, että kolmionABC piirin pituus on vähintään 2.y1ACOB1xVinkki tehtävään löytyy sivulta 20.

Solmu 3/2007 19Gauss romaanihenkilönäMatti LehtinenMaanpuolustuskorkeakouluDaniel Kehlmann: Maailman mittaajat. SuomentanutIlona Nykyri. Perhemediat, 2007. 288 s. Ovh. 26e.Matemaatikko on yleisen käsityksen mukaan elämälleja muulle maailmalle vieras norsunluutorninsa asukas.Tältä kannalta on hiukan yllättävää, että on kuitenkinkohtalaisen useita romaaneja, joissa matemaatikkoon pääosassa. Viime aikoina ovat eteen tulleet ainakinFredrik Långin Elämäni Pythagoraana (Tammi) jaJukka M. Heikkilän kirjat Arkhimedes Syrakusalainensekä Tyranni, jossa Arkhimedes myös vahvasti esiintyy(Karisto). Melko vähän kaunokirjallisuudesta tunnettuPerhemediat-kustannusyhtiö on nyt tuonut markkinoillesaksalais-itävaltalaisen Daniel Kehlmannin romaaninMaailman mittaajat. Siinä on kaksi päähenkilöä, tutkimusmatkailijaAlexander von Humboldt ja matemaatikkoCarl Friedrich Gauss (1777–1855).Vuonna 1975 syntynyt Kehlmann on saksalaisella kielialueellavarsin tunnettu kirjailija. Maailman mittaajaton Saksassa ollut myydyimpien kirjojen listalla ja seon käännetty useille kielille. Romaani seurailee väljästipäähenkilöitään, joiden intohimona on ymmärtää maailmaa.Gaussin ymmärrys syntyy ennen muuta ajattelunkautta, Humboldt, ilmeisesti kirjailijalle helpomminlähestyttävä kohde, kokeilee, matkustaa ja yrittäänähdä. Miehet tapaavat kirjan alussa, mutta kumpikinjo uriensa loppupuolella, vuonna 1828, eivätkä oikeastaanlöydä yhteistä pohjaa vaikka yhdistävätkin voimiaanmagnetismin tutkimuksessa. Suurin osa romaaniajakautuu vuorotteleviin Gaussin ja Humboldtin elämäävalottaviin jaksoihin, jotka etenevät paljonkaan toisiinsasitoutumatta. Kumpikin on omalla tavallaan monomaanija epäsosiaalinen, kumpikaan ei oikein saa muutamaailmaa oikealla tavalla käsittämään pyrkimyksiään.Kuuluisuuskaan ei tule niistä ansioista, jotka miehet

20 Solmu 3/2007itse tuntevat tärkeimmikseen.Kehlmannin Gauss ei aivan vastaa sitä mielikuvaa, jonkasaa lukemalla Gaussin elämäkertoja. Niiden kirjoittajatovat yleensä matemaatikkoja, joita häikäiseeGaussin matemaattinen tuotteliaisuus ja ideoiden runsaus- kaikki se, mikä on saanut jälkimaailmannimittämään Gaussia matemaatikkojen kuninkaaksi.Kehlmann esittää Gaussin hiukan toisessa valossa:pääosin pettyneenä ja kärttyisänä, jonkin verran koomisenakinhenkilönä, joka jo kirjoitettuaan suuren lukuteoreettisenteoksensa Disquisitiones Arithmeticaeparikymppisenä tietää antaneensa tärkeimpänsä jatietää, että loppuelämä tulee olemaan alamäkeä. KehlmanninGauss on ajattelunsa nopeudessa ylivertainen,mutta kärsimätön, kun muut ihmiset eivät ole yhtä nopeita.Vain Gaussin ensimmäinen vaimo Johanna onälyllisesti Gaussin kanssa samoilla tasoilla. Mutta kuntämä kuolee lapsivuoteeseen, Gauss on tyynen rationaalinen.Hänellä on perhe, jota hän ei kykene hoitamaan.Siis on mentävä uudelleen naimisiin, vaikka Johannanystävä Minna, ilmeinen vaimokandidaatti, onkinGaussia aina lähinnä ärsyttänyt.Kehlmann on lukenut Gauss-elämäkertansa. Kirja esitteleesuurin piirtein ne Gaussin elämän tapahtumat,jotka historioitsijatkin tapaavat tuoda julki, kuitenkinkaunokirjailijan vapaudella. Niinpä Gaussin lapsuudenja nuoruuden kuvauksiin liittyy tunnetun lukujenyhdestä sataan yhteenlaskun, Martin Bartelsin tarjoamanmatematiikkaan johdatuksen ja Braunschweiginherttuan sponsorintoiminnan ohella myös kuviteltukuumailmapalloretki Montgolfierin veljesten oppilaanPilâtre de Rozierin kanssa ja matka jo seniilinImmanuel Kantin luo Königsbergiin – kytkös Kehlmanninomiin, kesken jääneisiin Kant-tutkimuksiin jaGaussin myöhemmin ajattelemiin joskin julkaisemattajättämiin euklidista geometriaa korvaaviin rakennelmiin.Kantillehan Eukleideen geometria oli absoluuttinentotuus.Kirjan lukija saa vahvistusta käsitykselle, että matematiikkaolisi erityisesti nuoren miehen työtä, kunKehlmann antaa ymmärtää, että Gauss koki tehneensäelämäntyönsä Disquisitiones Arithemeticae valmistuttuavuonna 1801. Näinhän ei sentään käynyt, ja Gaussinmatemaattisten saavutusten lista piteni vielä paljon.Gaussin yksityiselämän kuvauksissa Kehlmann onvoinut pitkälle käyttää mielikuvitustaan. Tuskintiedämme, seurusteliko Gauss oikeasti pitkäänvenäläisen prostituoidun kanssa, mutta kun kirjailijaantaa henkilönsä näin tehdä, se on osa hänen rakentamaansamaailmaa, johon lukijana on sopeuduttava.Maailman mittaajia ei ole kirjoitettu erityisesti matematiikanharrastajille. Gaussin muissakin yhteyksissäkohdannut lukee toki kirjan erityisen suurella mielenkiinnolla.Ilona Nykyrin suomennos selviytyy hyvinmuutamista matemaattissisältöisistä jaksoistakin.Kannattaa lukea!Geometrian pähkinän vinkki: Tee peilaus origon suhteen.

Solmu 3/2007 21Matematiikkakilpailu opettajillekin?Matti LehtinenMaanpuolustuskorkeakouluMatematiikkakilpailuja järjestetään kaikkialla maailmassanuorten innostamiseksi matematiikan pariin.Yksi tärkeä lenkki kilpailujen tavoitteen saavuttamisessaon matematiikan opettaja. Jos opettaja ei tiedotakilpailumahdollisuudesta eikä osaa opastaa oppilaitaankilpailumatematiikan pariin, ei kilpailujärjestelmätoimi. Suomessa ei ole aivan harvinaista, että tieto esimerkiksilukion valtakunnallisista matematiikkakilpailuistapysähtyy opettajaan.Mikä avuksi? Opettaja, joka on itse innostunuttehtävänratkaisu-urheilusta, on varmasti omiaan kannustamaanoppilaitaan ja tasoittamaan heidän tietäänmatematiikkakilpailun alkuun kivisentuntuisella saralla.Mutta opettajille ei ole omia kilpailuja. Opettajatkilpailevat monissa lajeissa: Opettaja-lehdestä voilukea niin opettajien šakki- kuin sulkapalloturnauksistakin.Mutta otetaanpa kerran esimerkkiä Mongoliasta,maasta, joka johdonmukaisesti menestyy Kansainvälisissämatematiikkaolympialaisissa Suomea paremmin.Mongolian kansallisissa matematiikkaolympialaisissaon kaksi kilpailua: oppilaiden ja opettajien. Opettajienkilpailussa palkintoina on kunnian lisäksi rahaa.Seuraavassa 43. Mongolian kansallisten matematiikkaolympialaisten,joita pidettiin Ulan Bataarissa 5. – 11.toukokuuta 2007, opettajien sarjan tehtävät. Opettajatja oppilaat, lähettäkää ratkaisuehdotuksenne Solmuun.Entä kuka on aktiivinen ja organisoi ensimmäiset Suomenopettajien matematiikkakilpailut?1. Kuinka monen joukon {1, 2, 3, . . . , 5n} osajoukonalkioiden summa on jaollinen viidellä?2. On annettu 101 saman suoran janaa. Todista, ettäjanojen joukossa on 11 sellaista, joilla on yhteinen pistetai 11 sellaista, joista millään kahdella ei ole yhteisiäpisteitä.3. Olkoon p pariton alkuluku. Olkoon g primitiivijuurimod p [pienin x, jolle x q ≢ 1 mod p, kun q < p − 1].Määritä kaikki sellaiset p:n arvot, joille joukkojen A ={k 2 + 1 | 1 ≤ k ≤ p−12 } ja B = {gm | 1 ≤ m ≤ p−12 }alkiot ovat samat mod p.4. Todista: jos x, y ja z ovat luonnollisia lukuja jaxy = z 2 + 1, niin on olemassa kokonaisluvut a, b, cja d niin, että x = a 2 + b 2 , y = c 2 + d 2 ja z = ac + bd.5. Piste P on tasasivuisen kolmion ABC ympäri piirretynympyrän piste. Osoita, että janat P A, P B ja P Cvoivat olla kolmion sivuja. Olkoon R kolmion ympäripiirretyn ympyrän säde ja d pisteen P ja mainitunympyrän keskipisteen välimatka. Määritä konstruoidunkolmion ala.6. Olkoon n = p α11 · · · pαs s ≥ 2. Oletetaan, että luvulleα ja kaikille i, 1 ≤ i ≤ s, pätee (p i − 1) ̸| α. Todista,että n | ∑ a∈Z ∗ n aα , missä Z ∗ n = {a ∈ Z n | (a, n) = 1}.[(a, n) on lukujen a ja n suurin yhteinen tekijä].

22 Solmu 3/2007Kuusi vaikeaa tehtävää – matematiikkaolympialaisetHanoissaMatti LehtinenMaanpuolustuskorkeakoulu48. Kansainväliset matematiikkaolympialaiset pidettiin(b) Osoita, että on olemassa reaaliluvut x 1 ≤ x 2 ≤max{|x i − a i | | 1 ≤ i ≤ n} ≥ d 2 . (∗) x p > a p − d 2 , niin (x i)-jonon kasvavuuden vuoksi myösHanoissa Vietnamissa 23.–31. heinäkuuta 2007. · · · ≤ x n , joille epäyhtälössä (∗) vallitsee yhtäsuuruus.Ennätykselliset 520 kilpailijaa 93 maasta ratkoi tavanmukaan kahtena päivänä yhteensä yhdeksän tunnin Ensimmäinen tehtävä on tavan mukaan helpohko. Niinajan kuutta vaikeaa tehtävää. Kukaan ei saanut kaikkiatehtäviä virheettömästi ratkaistuksi, mutta jokaikaaltaja yllättävältäkin: siinähän esiintyy kaksi eri lu-tämäkin, vaikka se ensilukemalta näyttää aika mutkikselletehtävälle löytyi ratkaisija. Olympiatehtävien arvosteluasteikkoon nollasta seitsemään. Kilpailun tu-joilla ei sinänsä ole mitään tekemistä keskenään. Enkujonoatai oikeastaan n:n luvun järjestettyä joukkoa,lokset löytyvät sivuilta http://www.imo2007.edu.vn. simmäisen jonon perusteella muodostetaan lisäksi kolmas,d i , jonka jäsenet ovat indeksiin i asti suurimmanEsittelen tässä olympialaisten kuusi tehtävää ja niidenratkaisut.ja samasta indeksistä i loppuun asti laskettuna pienimmäna-luvun erotuksia. Koska a i on mukana molemmissajoukoissa, kaikki d i :t ovat ei-negatiivisia. LuvuistaTehtävä 1d i suurin on d. Silloin on jokin indeksi k, eivälttämättä yksikäsitteinen, jolle d k = d. Edelleen, kunKilpailun tehtävistä ensimmäisen tuomaristo valitsi kategoriastaalgebra. Tehtävä oli seuraava:kerran äärellisistä joukoista on kyse, löytyvät indeksitp ja q, joille d = d k = a p −a q . Tässä on tietysti p < q. pja q eivät nekään ole yksikäsitteisiä, mutta riittää, ettäOn annettu reaaliluvut a 1 , a 2 , . . . , a n . Jokaiselle i, ainakin jotkin tällaiset luvut ovat olemassa.1 ≤ i ≤ n, määritelläänd i = max{a j | 1 ≤ j ≤ i} − min{a j | i ≤ j ≤ n}. Tehtävän (a)-kohdan todistukseksi riittää, jos osoitetaan,että olipa (x k ) mikä nouseva jono hyvänsä, niinOlkoond = max{d i | 1 ≤ i ≤ n}.x k :n etäisyys ainakin toisesta luvuista a p ja a q on≥ d . Mutta tämä onkin aika lailla itsestään selvää.(a) Osoita, x 1 ≤ x· · · ≤ x nettä mielivaltaisille reaaliluvuillepätee2 ≤ 2Jos nimittäin x p ≤ a p − d , asia on selvä. Jos taas2

Solmu 3/2007 23x q > a p − d 2 . Mutta a p− d 2 = a q+ d , joten tässä tapauk-2sessa x q − a q > d . Tehtävän (a)-kohdan oikea ratkaisu2tuotti kilpailijalle 3 pistettä.G. Oletetaan, että EF = EG = EC. Todista, että l onkulman DAB puolittaja.Täysien pisteiden saamiseksi kilpailijan piti vielä keksiäjokin kasvava lukujono (x i ), jolle tehtävän epäyhtälössävallitsee yhtäsuuruus. Tässä täytyy huomata, että (a i )on lukujono, joka on annettu, ja jono (x i ) voidaan rakentaajonon (a i ) varaan. Jonoa (x i ), joka toimisi halutullatavalla kaikkien mahdollisten (a i )-jonojen suhteen,ei tietenkään voi löytyä.Mahdollisia tapoja määritellä jono (x i ) on useita. Yksistrategia on lähteä mahdollisimman alhaalta: näinvoidaan ehkä helpoimmin varmistua siitä, että jonostaon vara tehdä kasvava. Aloitetaan siis asettamallax 1 = a 1 − d 2 . Seuraavan luvun on oltava ≥ x 1, muttase ei saa erota a 2 :sta enempää kuin d 2 . Asetetaansiis x 2 = max{x 1 , a 2 − d 2 }. Nythän a 1 − a 2 ≤ d, jotena 2 :n ja x 2 :n välimatka ei ylitä d :ta. Havaintomme2kannustaa jatkamaan jonon määrittelyä samalla tavalla.Se on syytä tehdä induktiivisesti: jos x 1 , x 2 , . . . ,x k−1 on määritelty, asetetaan x k = max{x k−1 , a k − d 2 }.Näin saadaan ilman muuta nouseva jono: x k ≥ x k−1kaikilla k. Myös epäyhtälö x k − a k ≥ − d tulee automaattisestitodeksi. Ainoa varmistettava seikka2onenää epäyhtälö x k − a k ≤ d . Tämän varmistamiseksitäytyy palata jonossa pienimpään indeksiin j, jol-2le x k = x j . Tämä j on joko 1 tai sellainen, ettäx j−1 < x j , jolloin myös, koska x i :t määritellään niinkuin ne määritellään, x j = a j − d 2 . Mutta a j − a k ≤ d.Siispä x k − a k = x j − a j + a j − a k < − d 2 + d = d 2 , niinkuin pitikin.Tehtävään 1 kilpailijat antoivat 161 täysin pistein arvosteltuavastausta. Pistekeskiarvo oli 3,4.Tehtävä 2Kansainvälisten matematiikkaolympialaisten tehtävätvalitaan neljästä kategoriasta, joista yksi on geometria.Lähes aina geometrian luokasta tulee valituksi kaksitehtävää, joista toinen on helppo, toinen vaativampi.Tällä kertaa vaativampi tehtävä oli sijoitettu ensimmäisenkilpailupäivän toiseksi tehtäväksi. Se olitällainen:Pisteet A, B, C, D ja E sijaitsevat niin, että ABCDon suunnikas ja BCED on jännenelikulmio. Suora lkulkee pisteen A kautta. Oletetaan, että l leikkaa jananDC sen sisäpisteessä F ja suoran BC pisteessäKun tilanteesta piirtää kuvan, huomaa, että ∠F AD =∠F GC (koska GC‖AD) ja ∠BAF = ∠CF G(koska AB‖F C). Tavoitteeksi voi siis ottaa kulmienCF G ja CGF yhtäsuuruuden osoittamisen,mikä taas seuraisi kolmion CF G tasakylkisyydestä.Jännenelikulmio-oletuksen hyödyllinen seuraus on aikailmeinen: kulmat CBE ja CDE ovat yhtä suuret.(Jännenelikulmiohan tarkoittaa nelikulmiota, jonkaympäri voidaan piirtää ympyrä; kulmien yhtäsuuruusseuraa kehäkulmalauseesta.) Tämä johtaa houkutukseentodistaa kolmiot CBE ja F DE yhteneviksi. Jostämä saataisiin varmaksi, esitetty tasakylkisyys seuraisihelposti. Kun kolmioista ei kuitenkaan löydy tarvittavaakolmatta samanlaista osaparia, on edettävä mutkitellen.Tehdäänpä siis vastaoletus, jonka mukaan olisi CG >CF . Koska E on oletuksen mukaan kolmion CF Gympäri piirretyn ympyrän keskipiste, jänteen CF tuleenyt olla kauempana E:stä kuin jänteen CG.Piirretään vielä E:n kohtisuorat projektiot K ja L sivuilleCF ja CG. Sivujen CF ja CG puolikkaille KFja CL pätee KF < CL. Edellä sanotun perusteellaEK > EL. Suorakulmaiset kolmiot DEK ja BELovat yhdenmuotoisia (kk), joten KD > BL. Mutta nytAD = BC = BL − CL < DK − KF = F D. KolmiotCF G ja DF A ovat yhdenmuotoiset, koska CG‖AD.Mutta nyt on tultu siihen risitriitatilanteeseen, että kolmiossaADF on AD < F D, mutta kolmiossa CF G vastinsivutovat toisessa suuruusjärjestyksessä, CF < CG.Tämä on mahdotonta, joten vastaoletus CG > CF eivoi olla tosi. Mutta oletuksesta CG < CF seuraa aivansamojen päättelyaskelten jälkeen myös ristiriita.Siis CG = CF , ja väite on todistettu.Tehtävän kaksi ratkaisi oikein 137 kilpailijaa ja pistekeskiarvooli 2,5.

24 Solmu 3/2007Tehtävä 3Ensimmäisen kilpailupäivän kolmas tehtävä oli kombinatorinen.Siinä esiintyy verkkoteorian käsite klikki,mutta tehtävä oli muotoiltu, niin kuin usein tapanaon, ihmisjoukossa vallitsevien tai ei-vallitsevien relaatioidenavulla.Matematiikkakilpailun osallistujista jotkut ovat toistensaystäviä; ystävyys on aina molemminpuolista. Sanomme,että jokin kilpailijoiden joukko on klikki, joskaikki sen jäsenet ovat toistensa ystäviä. (Erityisestijoukot, joissa on vähemmän kuin kaksi alkiota, ovatklikkejä.) Sanomme klikin jäsenten lukumäärää klikinkooksi.Tiedetään, että tässä kilpailussa klikkien suurin koko onparillinen. Todista, että kilpailijat voidaan jakaa kahteenhuoneeseen niin, että suurikokoisin toisessa huoneessaoleva klikki on samankokoinen kuin suurikokoisintoisessa huoneessa oleva klikki.Keskeinen havainto klikin olemuksesta on, että klikinjokainen epätyhjä osajoukko on klikki. Merkitään|E|:lla joukon E alkioiden lukumäärää. Merkitään huoneissaolevien kilpailijoiden joukkoja symboleilla A jaB ja merkitään vastaavasti huoneessa olevan suurikokoisimmanklikin kokoa c(A):lla ja c(B):llä. Olkoonnyt M jokin klikki, jonka koko on suurin mahdollinen.Tällaisiahan voi olla useita, mutta tarkastetaan yhtäsellaista. Olkoon |M| = 2m.Lähdetään rakentamaan vaadittua huoneisiin jakoaniin, että sijoitetaan aluksi kaikki M:n jäsenet huoneeseenA ja kaikki muut kilpailijat huoneeseen B. Silloinc(A) = |M| ≥ c(B). Nyt voi olla niin, että c(A) = c(B).Tällöin vaadittu sijoittelu on tehty, ja olemme tyytyväisiä.M:ssä olisi k + k + 1 eli pariton määrä jäseniä, toisinkuin tehtävässä oletettiin. Toistetaan askel niin montakertaa kuin se on mahdollista. Joka siirrossa c(B) pieneneeenintään yhdellä. Viimeisen mahdollisen siirronjälkeen c(B) = k.Tarkastellaan nyt tilannetta. A:ssa on yhä klikki A∩M,joten c(A) ≥ k. Olkoon Q mielivaltainen A:n klikki.Jos x ∈ Q, niin joko x ∈ A ∩ M, jolloin x on jokaisenB ∩ M:n jäsenen ystävä, tai x on siirretty sellaisestaB:n klikistä, joka sisälsi B ∩ M:n, jolloin x myös on jokaisenB ∩ M:n jäsenen ystävä. Siis Q ∪ (B ∩ M) onklikki. Mutta M on suurikokoisin klikki, joten |M| ≥|Q ∪ (B ∩ M)| = |Q| + |B ∩ M| = |Q| + |M| − |A ∩ M|.Siis |Q| ≤ |A ∩ M| = k. Siis c(A) ≤ k. Siis c(A) = k, jahaluttu jako on suoritettu.Päättely ei ollut helppo. Kilpailussa sen osasi vain kaksikilpailijaa. Pistekeskiarvokaan ei noussut korkeaksi:se oli 0,3.Tehtävä 4Kilpailun toinen geometriatehtävä oli sijoitettu toisenkilpailupäivän ensimmäiseksi tehtäväksi. Olettama olisiis, että tehtävä olisi helpohko. Se oli tällainen:Kolmion ABC kulman BCA puolittaja leikkaa kolmionympäri piirretyn ympyrän myös pisteessä R, kolmionsivun BC keskinormaalin pisteessä P ja sivun AC keskinormaalinpisteessä Q. Sivun BC keskipiste on K jasivun AC keskipiste on L. Osoita, että kolmioilla RP Kja RQL on sama ala.Jos onkin c(A) > c(B), siirretään yksi henkilö huoneestaA huoneeseen B. Tällöin c(A) pienenee yhdellä jac(B) joko säilyy ennallaan tai kasvaa yhdellä, riippuensiitä, kasvattiko siirretty henkilö B-puolen suurintaklikkiä vai ei. Jatketaan siirtoja, kunnes c(A) ≤ c(B) ≤c(A)+1. Tällainen tilanne tulee vastaan viimeistään silloin,kun puolet A-huoneessa aluksi olleista on siirrettyB:hen. Kuvatussa tilanteessa on siis c(A) = |A| ≥ m.Merkitään c(A) = k. Jos nyt c(A) = c(B), jako onvalmis.Ellei näin ole, on oltava c(B) = c(A) + 1. Jos nytB-huoneessa on kilpailija x ∈ M ja klikki C, jolle|C| = k + 1, mutta x /∈ C, niin siirretään x huoneeseenA. Silloin c(A) = k + 1 = |C| = c(B), ja jakoon suoritettu. Ellei tällaista kilpailijaa ole, niin jokainenx ∈ B ∩ M kuuluu jokaiseen sellaiseen klikkiinC ⊂ B, jolle |C| = k + 1. Valitaan nyt jokin tällainenklikki C ja siirretään siitä yksi kilpailija, joka ei kuuluM:ään, A-huoneeseen. Tällainen kilpailija on olemassa,koska jos kaikki C:n jäsenet olisivat myös M:n jäseniä,Tehtävä voidaan ratkaista monin tavoin. Tässä yksi:Kolmion RP K sivua RP vastaan piirretyn korkeusjananpituus on KP · sin(∠CP K) ja kolmion RQLsivua RQ vastaan piirretyn korkeusjanan pituus onLQ · sin(∠LQC). Koska kulmat KCP ja LCQ ovatyhtä suuret, niin suorakulmaisten kolmioiden CP K ja

Solmu 3/2007 25CQL kolmannet kulmat KP C ja LQC ovat yhtä suuret.Väite tulee todistetuksi, jos saadaan osoitettuaRP · KP = RQ · LQ.Olkoon O kolmion ympäri piirretyn ympyrän keskipisteeli keskinormaalien leikkauspiste. Edellä tehdynkulmahavainnon perusteella OQP on tasakylkinen kolmio.(Jos Q = P = O, tehtävän väite pätee triviaalisti.)Koska P ja Q ovat yhtä etäällä kolmionABC ympäri piirretyn ympyrän keskipisteestä, niilläon tämänympyrän suhteen sama potenssi. Mutta semerkitsee, että RP · P C = RQ · QC. (palauytetaanmieleen, että pisteen X potenssi ympyrän Γ suhteenon tulo XY ·XZ, missä Y ja Z ovat mielivaltaisen X:nkautta kulkevan suoran ja ympyrän Gamma leikkauspisteet;tulon arvo on valitusta suorasta riippumaton.)Yhdenmuotoisten suorakulmaisten kolmioiden CP K jaCQL perusteella saadaan heti P C : KP = QC : LQ.Siis todellakin RP · KP = RQ · LQ.Tämä tehtävä osoittautui kilpailun helpoimmaksi.Täydet 7 pistettä sai 363 kilpailijaa, ja pistekeskiarvokinoli 5,7.Tehtävä 5Lukuteorian osuudesta kilpailutehtäviin valikoitui vainyksi. Se oli tällainen:Olkoot a ja b positiivisia kokonaislukuja. Todista, ettäjos luku 4ab − 1 on luvun (4a 2 − 1) 2 tekijä, niin a = b.Tehtävän ratkaisu on klassisen, Pierre de Fermat’hanpalautuvan ”äärellisen laskeutumisen”menetelmän mukainen.Perusidea on tehdä vastaoletus ja päätellä siitä,että löytyy yhä pienempiä vastaoletukseksi kelpaavialukuja.Tehdään siis vastaoletus: oletetaan, että on olemassavastaesimerkkipari (a, b), niin että a ≠ b mutta4ab − 1 on luvun (4a 2 − 1) 2 tekijä. Koska 4ab ≡ 1mod (4ab − 1), niin (4ab) 2 ≡ 1 mod (4ab − 1) ja(4b 2 − 1) 2 ≡ (4b 2 − (4ab) 2 ) = 16b 2 (4a 2 − 1) ≡ 0mod (4ab − 1). Tämä merkitsee, että myös pari (b, a)on vastaesimerkkipari. Voidaan siis olettaa, että on olemassavastaesimerkkipari (a, b) niin, että a < b. Olkoonnytr = (4a2 − 1) 24ab − 1 .Silloinr ≡ (−r)(−1) ≡ (−r)(4ab − 1)≡ −(4a 2 − 1) 2 ≡ −1mod (4a).Siis r = 4ac − 1 jollain positiivisella kokonaisluvulla c.Siis (4ac − 1)(4ab − 1) = (4a 2 − 1) 2 . Oletuksen mukaan4ab − 1 > 4a 2 − 1. Siis 4ac − 1 < 4a 2 − 1 eli c < a.Tarkastellaan nyt kaikkia vastaesimerkkipareja. Jollakinparilla (a, b) lauseke 2a+b saa pienimmän mahdollisenarvonsa. Jos a > b, niin 2b+a < 2a+b. Kuitenkinmyös (b, a) on vastaesimerkkipari. Jos a < b, on olemassavastaesimerkkipari (a, c), jolle c < a. Selvästi2a + c < 2a + b. Kummassakin tapauksessa tullaanristiriitaan 2a + b:n minimaalisuuden kanssa. Vastaesimerkkiparejaei siis voi olla olemassa.Tehtävän ratkaisi oikein 94 kilpailijaa. Pistekeskiarvooli 1,9.Tehtävä 6Kilpailun viimeinen tehtävä sisälsi geometrisia ja kombinatorisiaaineksia. Ratkaisu oli kuitenkin algebrallinen.Tehtävän alan voisi luonnehtia algebralliseksi geometriaksi.Tehtäviä valittaessa esitettiin arvioita, joidenmukaan tehtävä tulisi osoittautumaan kilpailijoilleylivoimaiseksi.Olkoon n positiivinen kokonaisluku. Tarkastellaan kolmiulotteisenavaruuden (n + 1) 3 − 1 pistettä sisältävääjoukkoaS = {(x, y, z) | x, y, z ∈ {0, 1, . . . , n}, x + y + z > 0} .Mikä on pienin määrä tasoja, joiden yhdiste sisältääjoukon S pisteet, muttei pistettä (0, 0, 0)?Tasot, joiden yhtälöt ovat x+y +z = k, k = 1, . . . , 3n,sisältävät kaikki S:n pisteet. Näitä tasoja on 3n kappaletta.Tästä sinänsä ratkaisun kannalta tarpeellisestahavainnosta ei vielä annettu pisteitä ollenkaan.Osoitetaan, että vähemmällä kuin 3n:llä tasolla peittoei onnistu. Jos peittävien tasoja on m kappaletta ja niidenyhtälöt ovat T k (x, y, z) = a k x + b k y + c k z − 1 = 0,k = 1, . . . , m, niin polynomiP (x, y, z) =m∏T k (x, y, z)k=1saa arvon 0 aina kun (x, y, z) ∈ S, mutta P (0, 0, 0) =(−1) m ≠ 0. Polynomin aste on m. Osoitetaan, ettäm ≥ 3n.Ratkaisun ymmärtämiseksi kannattaa aluksi käydä läpitasotapaus. Tarkastellaan siis ensin kahden muuttujanpolynomia P (x, y), jolle P (x, y) = 0, kun x tai yon jokin luvuista 0, 1, . . . , n, mutta (x, y) ≠ (0, 0),ja jolle P (0, 0) ≠ 0. Olkoon S(y) = y(y − 1)(y −2) · · · (y − n) ja olkoon R(x, y) polynomi, joka saadaanjakojäännökseksi, kun P (x, y) jaetaan S(y):llä:P (x, y) = Q(x, y)S(y) + R(x, y). Nyt R(x, y):n astey:n suhteen on < S(y):n aste, eikä R(x, y) kaikkiaanole korkeampaa astetta kuin P (x, y). LisäksiR(x, y) = P (x, y), kun x, y ∈ {0, 1, . . . , n}. Siis

26 Solmu 3/2007R(x, y) = R n (x)y n + R n−1 (x)y n−1 + · · · + R 0 (x). PolynomiR(0, y) saa arvon 0, kun y = 1, . . . , n, muttaR(0, 0) ≠ 0. Siis R(0, y):n aste on ≥ n. Tästä seuraa,että R n (0) ≠ 0. Olkoon sitten x ∈ {1, . . . , n}.y:n n:nnen asteen polynomi R(x, y) = 0, kun y =0, 1, . . . , n, joten polynomi on identtisesti 0. Siis myösR n (x) = 0, kun x ∈ {1, . . . , n}. Koska R n (x) ei olenollapolynomi, sen asteen on oltava ≥ n. Mutta tämämerkitsee, että R(x, y):n ja siis myös P (x, y):n astekahden muuttujan polynomina on ≥ 2n.Nyt todistetun perusteella voidaan osoittaa, ettäkolmen muuttujan polynomin P (x, y, z), jolleP (x, y, z) = 0, kun (x, y, z) ∈ S, mutta P (0, 0, 0) ≠0, aste on ≥ 3n. Päättely on aivan sama kuin edellä(ja voitaisiin kiteyttää induktioaskeleeksi). MuodostetaanP (x, y, z):n jakojäännös R(x, y, z) moduloS(z) = z(z − 1) · · · (z − n). R:n aste z.n suhteen on≤ n ja R saa saman arvon kuin P kaikissa niissä pisteissä(x, y, z), joissa x, y, z ∈ {0, 1, . . . , n}. Jos kirjoitetaanR(x, y, z) = R n (x, y)z n +· · ·+R 0 (x, y), niinR(0, 0, z) ei ole nollapolynomi, mutta kuitenkin polynomi,jolla on ainakin n nollakohtaa; siis R n (0, 0) ≠ 0.Jos (x, y) ≠ (0, 0), mutta x, y ∈ {0, 1, . . . , n}, niinR(x, y, z) on z:n n:nnen asteen polynomi, jolla onn + 1 nollakohtaa. Se on siis identtisesti nolla, jotenR n (x, y) = 0. Mutta aikaisemmin todistetun perusteellaR n (x, y):n on oltava ainakin astetta 2n. SiisR(x, y, z) ja myös P (x, y, z) on kolmen muuttujanpolynomina ainakin astetta 3n. Ratkaisu on valmis.Vastoin ennakko-oletuksia tämäkin tehtävä löysi kilpailijoistaratkaisijansa. Heitä oli kaikkiaan 5. Muttatehtävästa jaettujen pisteiden keskiarvoksi jäi 0,15.LopuksiKukaan kilpailijoista ei onnistunut ratkaisemaan molempiavaikeita tehtäviä. Siispä täysiin pisteisiin eiyltänyt kukaan. Parhaaseen pistemäärään, 37:ään, ylsiVenäjän Konstantin Matvejev. Sääntöjen mukaisestikultamitaleja sai osapuilleen paras kahdestoistaosakilpailijoista. Pisterajaksi muodostui 29, ja kultamitalejajaettiin 39. Hopeamitali annetaan seuraavalle kuudennekselle;näitä oli 83 ja pisteraja 21; pronssimitalinsaa seuraava neljännes. Pisteraja oli 14 ja kilpailijoita131.Seuraavat matematiikkaolympialaiset järjestää EspanjaMadridissa heinäkuussa 2008. Sitten ovatjärjestyksessä Saksa, Kazakstan ja Hollanti.

Solmu 3/2007 27Klikkimenetelmä kombinatoristen ongelmienratkaisemisessaMikko MalinenTkK, opiskelijaTeknillinen korkeakouluJohdantoRatkaistaessa tietyntyyppisiä kombinatorisia yhteensopivuusongelmiatietokoneella voidaan käyttää klikkimenetelmää.Menetelmässä muodostetaan ensingraafi ja sitten etsitään siitä tietynkokoinen klikki.Tämäntyyppiset ongelmat voitaisiin periaatteessaratkaista myös järjestelmällisellä eri tapaustenläpikäynnillä (brute force) tai peräytyvällä haulla(backtrack search). Ratkaiseminen näillä on useinkäytännössä mahdotonta vaadittavan liian suurenlaskenta-ajan takia. Menetelmä soveltuu seuraavanlaistenongelmien ratkaisuun: Olkoon äärellinen määrä alkioita.Jokainen alkio voi saada arvokseen jonkin arvonannetusta äärellisestä arvojoukosta. Jonkin tai joidenkinalkioiden arvo rajoittaa jonkun toisen tai joidenkintoistaen alkioiden mahdollisia arvoja. On löydettäväkaikille alkioille arvot, jotka ovat yhteensopivia kaikkienmuiden alkioiden arvojen kanssa. Voidaan ollamyös vähemmän kiinnostuneita alkioiden arvoista,mutta halutaan tietää ratkaisujen kokonaismäärä.Edellisen ongelman esimerkkeinä esitetään erään eräänyksinkertaisen kombinatorisen ongelman ratkaiseminen,Einsteinin ongelman ratkaiseminen sekä sudokutehtävänratkaiseminen. Jälkimmäisen ongelman esimerkkinäesitetään virheenkorjaavien koodien määränlaskeminen.Hieman graafiteoriaaGraafi on pari G = (V, E), missä V on solmujen joukkoja E on solmuja yhdistävien kaarien joukko (ks. kuva1). Yksi kaari yhdistää kaksi solmua toisiinsa.adbKuva 1. Eräs graafi. Solmujen joukko V = {a,b,c,d,e}.Solmuja yhdistää joukko kaaria.Klikki on sellainen V :n osajoukko, jossa jokainen solmuon yhdistetty jokaiseen toiseen solmuun kaarella. Kuvan3 graafin maksimiklikki on C 1 = {a, b, c, d}. Myösesim. C 2 = {b, c, d} on klikki.MenetelmäTarkastellaan graafia, jonka solmuina on ongelman alkiotkaikkine mahdollisisne arvoineen. Jos ongelmas-ce

28 Solmu 3/2007sa on n alkiota ja kullakin niistä on k mahdollista arvoa,tulee graafiin n · k solmua. Olkoon graafin kahdensolmun välillä kaari jos ja vain jos niiden arvot ovatkeskenään yhteensopivat. Ratkaisun löytämiseksi eli alkioidenarvojen määräämiseksi graafista etsitään n:nsuuruinen klikki. Mikäli halutaan tietää ratkaisujen lukumäärä,etsitään n:n suuruisten klikkien lukumäärä.Algoritmeja klikin etsimiseksi on esitetty [1]:ssä ja[2]:ssa. Yksi mahdollisuus on käyttää valmista aliohjelmatyökalua,jollainen on esimerkiksi [3].Sudokutehtävän ratkaiseminen klikkimenetelmälläLatinalaiset neliötAstetta n oleva latinalainen neliö on n × n taulukko,joka koostuu n symbolista niin että jokainen symboliesiintyy tasan kerran jokaisella rivillä ja jokaisessasarakkeessa (ks. kuva 4). Jatkossa oletetaan, että symbolitovat 1, 2, ..., n.EsimerkkejäYksinkertainen tehtäväTämä tehtävä on melko helppo ratkaista kynällä ja paperilla,mutta esimerkin yksinkertaisuuden vuoksi esitetääntässä. Tämä on myös esimerkkinä siitä, minkätyyppisiin tehtäviin menetelmää voidaan käyttää.Tehtävänä on täyttää ruudukkoon numerot 1-7, yksikutakin, niin, että toisiaan koskettavat ruudut eivätsisällä peräkkäisiä numeroita (ks. kuva 2).1 2 3 42 1 4 33 4 1 24 3 2 1Kuva 4. Eräs latinalainen neliöOsittaisessa latinalaisessa neliössä osa alkioistaon määrittelemättä. Osittaisen latinalaisen neliöntäydentäminen on määrittelemättömien alkioidenmäärääminen niin, että osittainen neliö täydentyy sallituksilatinalaiseksi neliöksi.Kuva 2. Täytettävä ruudukkoGraafiin tulee solmuja n · k = 7 · 7 kappaletta. Kuhunkinruutuun assosioidaan 7 solmua, joihin assosioidaanmyös numerot 1-7, yksi kuhunkin. Kahden solmunvälille asetetaan kaari jos ja vain jos niitä vastaavatruudut ja numerot ovat yhteensopivia. Esimerkiksikahden vierekkäisen ruudun numeroiden ollessaperäkkäiset solmujen välillä ei ole kaarta. Ratkaisulöytyy etsimällä seitsemän kokoinen klikki graafista.Ratkaisujen lukumäärä saadaan laskemalla seitsemänkokoisten klikkien lukumäärä graafissa. Eräs ratkaisuon esitetty kuvassa 3.Algoritmi1 2 3 4 52 3 . . .3 . 4 . .4 . . 5 .5 . . . 2Kuva 5. Eräs osittainen latinalainen neliöGraafien kielellä osittaisen latinalaisen neliöntäydennys voidaan suorittaa seuraavalla tavalla: Tarkastellaangraafin, jonka solmuina on n 3 kpl muotoa(i, j, k) olevaa kolmikkoa; i, j, k ∈ {1, 2, ..., n}. Mitkätahansa kaksi erillistä kolmikkoa on yhdistetty kaarellajos ja vain jos kolmikot ovat yhtäsuuria korkeintaanyhdessä koordinaateista. Kuvassa 6 on arvolla n = 2syntyvä graafi.(1,1,1)(2,2,2)247513 6(2,1,2)(2,2,1)(1,2,2) (2,1,1)(1,1,2)(1,2,1)Kuva 3. Eräs ratkaisu tehtäväänKuva 6. Graafi arvolla n = 2

Solmu 3/2007 29Intuitio on se, että jokainen kolmikko (i, j, k) kertoo,että annamme arvon k alkiolle rivillä i, sarakkeessa jn × n taulukossa. Huomaa, että n:n asteen latinalaisetneliöt vastaavat n 2 kokoisia graafin klikkejä. Myöskin,osittainen latinalainen neliö voidaan täydentää jos javain jos vastaavat kolmikot ilmenevät kokoa n 2 olevassaklikissä.Algoritmin muokkaaminen sudokun ratkaisemiseksi tapahtuuniin, että sudokun lisärajoitus, luvut 1-9 laatikossa,huomioidaan siten, että kussakin laatikossaalkioiden välillä on kaari jos ja vain jos kyseiset kaksialkiota eivät ole arvoltaan samat. Ja sudokussahann = 9.Einsteinin ongelman ratkaiseminen klikkimenetelmälläTästä ongelmasta on olemassa erilaisia versioita. Tässäniistä yksi: Pienellä kadulla on viisi eri väristä taloa.Viisi eri kansallisuutta olevaa ihmistä asuu näissä viidessätalossa. Joskaisella asukkaalla on eri ammatti, jokainenpitää eri juomasta ja jokaisella on eri kotieläin.On annettu seuraavat tiedot:Englantilainen asuu punaisessa talossa.Espanjalaisella on koira.Japanilainen on maalari.Italialainen juo teetä.Norjalainen asuu vasemmanpuoleisimmassa talossa.Vihreän talon omistaja juo kahvia.Vihreä talo on valkoisen talon oikealla puolella.Kuvanveistäjä kasvattaa etanoita.Diplomaatti asuu keltaisessa talossa.Keskimmäisessä talossa joudaan maitoa.Norjalainen asuu sinisen talon vieressä.Viulunsoittaja juo hedelmämehua.Kettu on talossa, joka on lääkärin talon vieressä.Hevonen on talossa, joka on diplomaatin talon vieressä.Kysymys kuuluu, kenellä on seepra ja kuka juo vettä?Tämän ongelman ratkaisemiseksi riittää määrittää jokaiselletalolle sen viisi ominaisuutta:• väri• omistajan kansallisuus• omistajan kotieläin• omistajan ammatti• omistajan mielijuomaTaloja on viisi, kullakin talolla on viisi ominaisuuttaja kullakin ominaisuudella on viisi mahdollista arvoa.Muodostetaan graafi, jossa on 5·5·5 = 125 solmua. Yhdestäsolmusta tiedetään mikä talo on kyseessä, mikäominaisuus on kyseessä ja mikä on ominaisuuden arvo.Sitten solmujen välille vedetään kaaria niin, ettävain yhteensopivien solmujen välille tulee kaari. Ratkaisusaadaan, kun näin muodostuvasta graafista etsitään25:n kokoinen klikki. Tämä klikki kertoo, mitkäarvot kunkin talon ominaisuudet saavat. Kerrottakoon,että ratkaisu on: Japanilaisella on seepra ja norjalainenjuo vettä.Koodien lukumäärän laskeminen klikkimenetelmälläTässä ongelmassa olemme kiinnostuneita ratkaisujenlukumäärästä. l:n pituinen binäärinen koodisana on l:npituinen jono nollia ja ykkösiä. 01001 voisi olla viidenpituinen koodisana. s:n kokoinen koodi on s:n kokoinenjoukko koodisanoja. Kahden binäärisen koodisananvälinen Hamming-etäisyys on se bittien lukumäärä,jolla koodisanat eroavat toisistaan. Esimerkiksikoodisanojen 01001 ja 01010 Hamming etäisyyson kaksi, koska ne eroavat toisistaan kahden bitinosalta. Hamming-etäisyydellä on merkitystä virheenhavaitsevissa ja -korjaavissa koodeissa. Tässä ongelmassaolemme kiinnostuneita laskemaan l-pituisten, s-kokoisten ja minimi Hamming-etäisyyden h omaavieneri koodien lukumäärän. Graafin solmut muodostetaankaikista erilaisista l-pituisista bittijonoista. Graafissaon siten 2 l−1 solmua. Kahden solmun välille muodostetaankaari, mikäli niiden Hamming-etäisyys on suurempitai yhtäsuuri kuin h. Koodien lukumäärä saadaannyt s-kokoisten klikkien lukumääränä.JohtopäätöksetTässä artikkelissa esitettiin, kuinka klikkimenetelmäävoidaan käyttää tietyntyyppisten kombinatoristen ongelmienratkaisujen etsimiseen sekä ratkaisujen lukumäärienlaskemiseen. Menetelmää voidaan käyttääusein silloinkin, kun kaikkien vaihtoehtojen läpikäyntitai peräytyvä haku ovat laskenta-ajaltaan liian suuria.Menetelmä edellyttää klikinetsintäalgoritmin käyttöäosana menetelmää.Viitteet[1] P. Kaski ja P.R.J. Östergård, Classification Algorithmsfor Codes and Designs, Springer, Berlin, 2006[2] D.L. Kreher ja D.R. Stinson, Combinatorial algorithms:generation, enumeration and search, CRCPress, Boca Raton, Florida, 1999[3] Ohjelmistotyökalu Cliquer,http://users.tkk.fi/pat/cliquer.html

MATEMATIIKANPÄIVÄT 2008Teknillinen korkeakoulu 3.1.-4.1.http://math.tkk.fi/conferences/matpaivat08/Pääesitelmiä pitävät:Kaisa Nyberg (Teknillinen korkeakoulu)Paavo Salminen (Åbo Akademi)Karl Sigmund (University of Vienna, Itävalta)Stanislav Smirnov (Université de Genève, Sveitsi)Sessiot:Matematiikan opetuksen sessioTietokoneavusteisen opetuksen sessioMuut sessiot verkkosivulla.Tervetuloa matematiikan päiville!