Matematiikkaolympialaiset 2008 kuusi vaikeaa tehtävää

Transkriptio

1 Solmu 3/2008 Mtemtiikkolympiliset 2008 kuusi vike tehtävää Mtti Lehtinen Mnpuolustuskorkekoulu 49. Knsinväliset mtemtiikkolympiliset pidettiin Mdridiss heinäkuut Kilpilijoit oli 535 j he edustivt 97:ää eri mt. Kilpilijoill oli tvn mukn edessään khten päivänä pidetyiss neljän j puolen tunnin mittisiss kokeiss kuusi tehtävää. Tehtävien ldintprosessi on kolmiviheinen. Kikill olympilisiin osllistuvill mill, käytännössä henkilöillä, jotk eri miss osllistumist hoitvt, on mhdollisuus lähettää tehtäväehdotuksi. Ehdotuksi käsittelee sintuntijkomite, jok vlitsee tehtävistä noin 30 esiteltäviksi kikkien joukkueiden johtjist koostuvlle siis noin stjäseniselle tuomristolle. Komite ryhmittelee ehdotuksens neljään ihelueeseen: lgebr, kombintoriikk, geometri j lukuteori. Tuomristo s tutustu tehtäviin ensin ilmn rtkisuj j sitten komiten toimittmien rtkisuehdotusten ker. Tämän jälkeen tuomristo vlitsee prin päivän ikn perusteellisten keskustelujen jälkeen kuusi tehtävää yrittäen pitää silmällä sekä eri ihelueiden edustust että vikeustson vihtelu. Käsillä olevn srjn päätyi kksi geometrin tehtävää, kksi lgebrn ktegorist vlittu, yksi kombintorinen j yksi lukuteoreettinen tehtävä. Jkum oli tvnominen. Käsittelen seurvss tehtävät vikeusjärjestyksessä helpoimmst lken. Järjestys perustuu kilpilijoiden suorituksiin, mutt se käy myös yksiin tuomriston jtusten knss. Tpn on sett helpoimmt tehtävät srjn numeroiksi j 4, jolloin kumpnkin kilpilupäivänä ensimmäinen tehtävä on helpoin. Vikeimmiksi rvioidut tehtävät svt numerot 3 j 6. Mtemtiikkolympilisiin on vkiintunut käytäntö, jonk mukn kunkin tehtävän rvostelusteikko on 0 7. Kunkin tehtävän kohdll joss oli siis = 3745 pistettä. Tehtävä : helppo geometrin tehtävä Arvosteluss eniten pisteitä, 2664 eli 7 % mhdollisist, kertyi tehtävälle, jok oli luonteeltn geometrinen. Tehtävä oli lkun Venäjän ehdotus. Seitsemän pisteen suorituksi oli 32, nolln 59. Teräväkulmisen kolmion ABC korkeusjnojen leikkuspiste on H. Pisteen H kutt kulkev ympyrä, jonk keskipiste on sivun BC keskipiste, leikk suorn BC pisteissä A j A 2. Vstvsti pisteen H kutt kulkev ympyrä, jonk keskipiste on sivun CA keskipiste, leikk suorn CA pisteissä B j B 2, j pisteen H kutt kulkev ympyrä, jonk keskipiste on sivun AB keskipiste, leikk suorn AB pisteissä C j C 2. Osoit, että pisteet A, A 2, B, B 2, C j C 2 ovt smll ympyrällä. Tehtävän rtkisun knnlt olenninen on huomio, jonk mukn ympyrän keskipiste on jokisen ympyrän jänteen keskinormlill. Jos tehtävässä kysytty ympyrä on olemss, sen keskipisteen on oltv jnojen A A 2, B B 2 j C C 2 keskinormleill. Toisl-

2 2 Solmu 3/2008 t näiden jnojen keskipisteet A 0, B 0 j C 0 ovt kolmion sivujen keskipisteet j minitut keskinormlit ovt smll kolmion sivujen keskinormlej. Tehtävässä vditun ympyrän keskipisteeksi käy siis inostn keskinormlien leikkuspiste eli kolmion ympäri piirretyn ympyrän keskipiste O. Pelkästään tämä hvinto oikeutti rvostelukriteerien mukn yhteen pisteeseen. Tehtävien esivlintkomiten trjom rtkisu oli melko lill lskento välttävä. Se jtkui jo minitun hvinnon jälkeen suunnilleen seurvsti: Olkoon kolmion ABC ympäri piirretyn ympyrän säde R. Kosk A 0 H = A 0 A, Pythgorn luseest sdn OA 2 = OA A 0 A 2 = OA A 0 H 2. () nt A 0 H 2 = HC 2 HC sin β. Yhtälöiden () j (3) perusteell OA 2 = R2 +HC 2 HC sin β. Mutt HAC = 90 γ j HCA = 90 α, joten AHC = α + γ = 80 β. Siniluse sovellettun kolmioon AHC nt siis HC cosγ = b sin β. Kun muistetn ljennetun siniluseen mukinen 2R = sin α = b sin β, sdn OA 2 = R 2 + b2 cos 2 γ sin 2 β b cosγ = R 2 + 4R 2 cos 2 γ b cosγ = R 2 ( + 4 cosγ(cosγ sin α sin β)). Otetn huomioon se, että cosγ = cos(80 (α+β)) = cos(α + β) j käytetään kosinin yhteenlskukv. Sdn OA 2 = R2 ( 4 cosα cosβ cosγ). Kosk luseke on symmetrinen kolmion kulmien vihtelujen suhteen, on oltv OA = OA 2 = = OC 2. Olkoot K j L jnojen AH j CH keskipisteet. Kolmioist BCH j CAH sdn A 0 L BH j B 0 L AH. Kosk BH AC j OB 0 AC, niin A 0 L OB 0. Vstvsti B 0 L OA 0. Nelikulmio A 0 LB 0 O on siis suunniks, joten OA 0 = B 0 L = KH. Kosk KH OA 0, HA 0 OK on suunniks. Smoin KA 0 OA on suunniks. Siis A 0 K = OA = R. Sovelletn suunnikslusett (jonk mukn suunnikkiden lävistäjien neliöiden summ on sm kuin suunnikkn sivujen neliöiden summ) suunnikkseen HA 0 OK; sdn 2(OA A 0 H 2 ) = OH 2 + A 0 K 2 = OH 2 + R 2. (2) Yhtälöistä () j (2) sdn heti OA 2 = 2 (OH2 +R 2 ). Tiedetään, että OA = OA 2. Toislt sm lsku nt smn rvon suureille OB 2 j OC2 j OB = OB 2, OC = OC 2. Kysytyt pisteet ovt siis kikki smll O-keskisellä ympyrällä. Smn johtopäätökseen stt päätyä lskennollisemminkin. Suomen joukkueess kilpilleet Jnne Junnil j Sylvester Eriksson-Bique nojutuivt molemmt kosiniluseeseen. Suorkulmisest kolmiost OBA 0 sdn heti OA 2 0 = R (3) Olkoot kolmion kulmt α, β j γ. Kosk BCH = 90 β, niin kosiniluse sovellettun kolmioon A 0 CH Edellinen lsku j sen monenliset vritiomhdollisuudet vtivt jossin määrin trigonometrist silmää. Tehtävästä selviää kuitenkin ivn r ll työlläkin, jos sett kolmion koordintistoon. Luonnollinen j in mhdollinen vlint olisi sijoitt kolmion kärjet näin: A = (, b), B = (0, 0) j C = (, 0). Silloin A 0 = ( 2, 0), B 0 = ( 2 ( + ), ) b 2 j C0 = ( 2, 2) c. Sivun AB keskinormlin yhtälö on y b 2 = ( b x 2) j pisteen O y-koordintti sdn sijoittmll tähän x = 2. Tästä sdn O = ( 2, 2b (2 + b 2 ) ). Vstvsti piste H sdn suorien x = ( j y = b (x ) leikkuspisteenä. Näin ollen H =, ( ) b ). Kun kikki trvittvt koordintit tiedetään, on helppo lske suureet O:n etäisyydet pisteistä A,... C 2 ; edellä snotun perusteell näiden etäisyyksien neliöt ovt OA A 0 H 2, OB B 0 H 2 j OC C 0 H 2. (Ne on kikki lskettv, kosk kolmion kärjet eivät nyt ole suorn vihdettviss.) Sieventelyjen jälkeen jokisest neliösummst tulee sm, nimittäin 4b 2(54 + b b b b 2 ). Tehtävä 4: funktionliyhtälö pienen koukun ker Toisen kilpilupäivän ensimmäinen tehtävä tuotti kilpilijoille pisteitä 2355 eli lähes smn verrn kuin ensimmäisenkin päivän helppo tehtävä. Seitsemän pisteen suorituksi kirjttiin 227 j nolln 69. Tehtävä oli Etelä-Koren ehdotus. Tuomriston etukäteisrvioiss tätä tehtävää rveltiin kikkein helpoimmksi. Tehtävä oli seurv:

3 Solmu 3/ Määritä kikki funktiot f : (0, ) (0, ) (f on siis positiivisten relilukujen joukoss määritelty funktio, jonk rvot ovt positiivisi relilukuj), joille pätee ( f(w) ) 2 + ( f(x) ) 2 f(y 2 ) + f(z 2 ) = w2 + x 2 y 2 + z 2 kikill positiivisill reliluvuill w, x, y j z, jotk toteuttvt ehdon wx = yz. Tehtävän lkuperäisversioss esiintyi vin funktion määrittely f : (0, ) (0, ), mutt tuomristoss esitetyt epäilyt merkinnän outoudest koululiskilpilijoille iheuttivt selittävän lisäyksen tekstiin. Mtemtiikkolympilisten perinteisiin toiminttpoihin kuuluu mhdollisuus esittää kirjllisi kysymyksiä tuomristolle kilpilun luss. Selityksenkin jälkeen merkintä iheutti lukuisi tiedusteluj, joiss udeltiin merkinnän (0, ) sisältöä. Joisskin tehtävien kieliversioiss olikin käytetty bourbkilist voimen välin merkintää ]0, [. Funktionliyhtälötehtävien normlin rtkisumetodiikn mukn tehtävää rtkistess oletetn funktion f toteuttvn tehtävän ehdon, j hetn funktion ominisuuksi. Yksi perustilnne on tutki funktion rvo yksinkertisill rgumentin rvoill. Tässä yksi ilmeinen trksteltv rgumentin rvo on. Asettmll w = x = y = z = sdn 2f() 2 2f() =, jost seur f() =. Tämä hvinto rvioitiin yhden pisteen rvoiseksi. Kun funktion määrittelyehdoss esiintyy toisi potenssej, on melko luonnollinen yrite sijoitt rgumenteiksi neliöjuuri. Olkoon siis w > 0, x =, y = z = w. Nyt f(w) 2 + 2f(w) = w2 + 2w. Tämä f(w):n toisen steen yhtälö sievenee muotoon (wf(w) )(f(w) w) = 0. Siis joko f(w) = w ti f(w) = w. On helppo todent, että funktiot f(x) = x j f(x) = x (kikill x > 0) toteuttvt yhtälön. Rtkisu, joss oli edetty tähän sti, rvioitiin neljän pisteen rvoiseksi. On tietenkin olemss äärettömän mont funktiot, jolle f(x) = x joillin x j f(x) = x joillin toisill x. Tehtävässä ei funktion f oletettu omvn mitään säännöllisyysominisuutt kuten esimerkiksi jtkuvuutt. Osoittutuu kuitenkin, että vin funktiot f(x) = x kikill x > 0 j f(x) = x kikill x > 0 voivt tull kysymykseen. Todistetn tämä epäsuorsti. Tehdään siis vstoletus, jonk mukn olisi olemss tehtävän ehdot toteuttv funktio f, jok ei olisi kumpikn edellä minituist funktioist. Silloin olisi olemss positiiviset luvut j b,, b, niin että f() = j f(b) = b. Asetetn w =, x = b, y = z = b. Sdn eli + b 2 2 2f(b) = 2 + b 2 2b f(b) = b( 2 + b 2 ) 2 + b 2. Mutt f(b) on joko b ti b. Edellisessä tpuksess on oltv 2 = 2 eli =. Jälkimmäisessä tpuksess 2 b 2 ( 2 + b 2 ) = 2 + b 2, jost seur b =. Kumpikin vihtoehto joht ristiriitn, joten vstoletus on väärä. Tehtävä 2: epäyhtälö yhtäsuuruus eksoottinen Kolmnneksi helpoin tehtävä oli ensimmäisen kilpilupäivän toinen tehtävä, sekin lgebrllinen. Tehtävän ehdottj oli Itävlt. Se tuotti 37 pistettä eli 37 % mksimist. seitsemän pisteen suorituksi oli 94, nolln 0. Tehtävä oli kksiosinen epäyhtälötehtävä: () Todist, että x 2 (x ) 2 + y 2 (y ) 2 + z 2 (z ) 2 kikille reliluvuille x, y j z, jotk ovt eri suuri kuin j joille pätee xyz =. (b) Osoit, että äärettömän monell rtionlilukukolmikoll x, y, z, missä kikki luvut ovt eri suuri kuin j xyz =, edellisessä epäyhtälössä vllitsee yhtäsuuruus. Tehtävä rvosteltiin niin, että ()-kohdn oiken rtkisun rvo oli neljä j (b)-kohdn kolme pistettä. Kun lukemttomiss epäyhtälötehtävissä yhtäsuuruusehto on yleensä jotenkin trivili, niin erityisesti (b)-koht tekee tästä tehtävästä mielenkiintoisen. ()-kohdn rtkisumhdollisuuksist rjutuvt pois neliöllisen keskirvon ominisuuksien käyttö, kosk mukn stt oll negtiivisi lukuj. Rtkisuyrityksiä, joiss epäyhtälö todetn päteväksi positiivisille luvuille, ei plkittu pistein. Rtkisu onnistuu mukvsti, kun tehdään muuttujnvihto eli x x =, x =, y = y y = b, b b, z = z z = c c c.

4 4 Solmu 3/2008 On siis todistettv, että 2 + b 2 + c 2, kun bc = ( )(b )(c ) j kun, b, c. Mutt viimeinen yhtälö on yhtäpitävä yhtälöiden + b + c = b + bc + c, 2( + b + c ) = ( + b + c) 2 ( 2 + b 2 + c 2 ), 2 + b 2 + c 2 2 = ( + b + c) 2 2( + b + c), 2 + b 2 + c 2 = ( + b + c ) 2 0 knss. Väite on siis tosi. (b) Edellisen yhtälöketjun viimeinen yhtälö osoitt, että lkuperäisessä yhtälössä vllitsee yhtäsuuruus jos j vin jos 2 +b 2 +c 2 = +b+c =. Yhtäsuuruus pätee siis bc-vruudess koko sillä ympyrällä, jok syntyy pllon 2 + b 2 + c 2 = j tson + b + c = leikkuksen. Tältä ympyrältä on nyt löydettävä rtionlikoordinttisi pisteitä. Kosk 2 + b 2 + c 2 = ( + b + c) 2 2(b + bc + c), yhtäsuuruuden ehto on yhtälöiden +b+c = j b+bc+c = 0 yhtäikinen voimssolo, sekä, b, c. Kun yhtälöistä eliminoidn c, sdn 2 + b + b 2 = + b. Tulkitn tämä b:n toisen steen yhtälöksi. Yhtälön diskriminntti on D = ( ) 2 4( ) = ( )( + 3). Smme rtionlisi rtkisuj, jos vlitsemme :n niin, että j + 3 ovt rtionliluvun neliöitä; tällöin diskriminntti j b ovt myös rtionlisi j smoin c = b. Asetetn = k m, missä k j m ovt kokonislukuj. Jos m = k 2 k +, niin m k = (k ) 2 j m + 3k = (k + ) 2. Tällöin D = (k2 ) m j b = 2 2m (m k ± (k2 )) j c = k m. Kun k, niin, b, c. Kun k käy läpi luonnolliset luvut >, sdn tällä tvoin äärettömän mont yhtälön 2 + b 2 + c 2 = toteuttv rtionlilukukolmikko (, b, c). Kosk x, y j z ovt :n, b:n j c:n rtionlilusekkeit (j eri :t, b:t j c:t vstvt eri x:iä, y:itä j z:j), sdn äärettömän mont tehtävän yhtälön toteuttv rtionlilukukolmikko (x, y, z). Tehtävä 5: lmppuj sytytellään j smmutelln Odotusten mukisesti tehtävä 5, toisen päivän keskimmäinen tehtävä j srjn ino kombintoriikn edustj, osoittutui vikeusjärjestyksessä neljänneksi. Pisteitä kertyi, 30 % mksimist. Tehtävä oli joko osttu ti ei: seitsemän pisteen vstuksi oli 32 j nolln 295. Tehtävä oli Rnskn ehdottm. Tehtävässä trksteltiin 2n bitin systeemin tilnmuutoksi. Systeemi oli visulisoitu lmppuin. Olkoot n j k, k n, positiivisi kokonislukuj, j olkoon k n prillinen. Olkoon nnettun 2n lmppu, jotk on vrustettu numeroin, 2,..., 2n j joist jokinen voi pl ti oll pimeänä. Aluksi kikki lmput ovt pimeinä. Trkstelln skelist koostuvi jonoj. Jokisell skeleell jonkin lmpun til vihdetn päinvstiseksi (lmppu sytytetään ti smmutetn). Olkoon N kikkien sellisten k:st skeleest muodostuvien jonojen lukumäärä, jotk johtvt tiln, joss lmput,..., n plvt j lmput n +,..., 2n ovt pimeinä. Olkoon M kikkien sellisten k:st skeleest muodostuvien jonojen lukumäärä, jotk johtvt tiln, joss lmput,..., n plvt j lmput n +,..., 2n ovt pimeinä, mutt lmppuj n +,..., 2n ei ole kertkn sytytetty. Määritä suhde N/M. Kilpilijoiden kyselymhdollisuus osoitti, että jonon olemus ei tullut tehtävän tekstistä kikille lukijoille selväksi. (Eräs kilpilij huomsi myös kysyä, voidnko olett, että lmput pysyvät ehjinä, kun niitä linom sytytellään j smmutelln.) Snomme, että jono, joll päästään lkutilst tehtävän lopputiln, on sllittu jono, j sllittu jono, joll päästään lopputiln niin, että minkään lmpun n +,..., 2n til ei muutet, on rjoitettu jono. Rjoitettuj jonoj on olemss, kosk on mhdollist sytyttää kukin lmpuist,..., n j sen jälkeen sytyttää j smmutt lmppu 2 (k n) kert. On mhdollist lske sllittujen jonojen lukumäärä j rjoitettujen jonojen lukumäärä binomikerroinlusekkein. Tehtävässä kysyttyyn suhteeseen pääsee kuitenkin luontevimmin liittämällä jokiseen rjoitettuun jonoon tietyt sllitut jonot. Olkoon X mielivltinen rjoitettu jono j olkoon p mielivltinen lmppu, p n. Oletetn, että jonoss X tämän lmpun til on muutettu k p kert; k p on priton, kosk lmppu pl lopputilss. Vlitn mielivltinen prillinen määrä jonon sellisi skeli, joiss lmpun p til vihdetn j korvtn jokinen skeleell, joss lmpun n + p til vihdetn. Täten sdn 2 kp jono, joiden skeleet yhtyvät jonon X skeliin muuten kuin vlittujen p:n til muuttvien skelten kohdll. (k p -lkioisell joukoll on 2 kp prillislkioist osjoukko.) Smll tvll voidn jokiseen lmppuun,..., n liittyvät tilnvihdot siirtää lmppujen n +,..., 2n tilnvihdoiksi. Rjoitettuun jonoon X liittyy tällä tvoin 2 k 2 k2 2 kn = 2 k n erilist sllittu jono. Osoitetn kääntäen, että jokinen sllittu jono Y sdn rjoitetust jonost kuvtull tvll: korvtn jokinen lmpun q > n tiln muuttv Y :n skel lmpun q n tiln muuttvll skeleell. Näin sdn eräs rjoitettu jono X. Kosk jonoss Y lmppujen q > n til on muutettu prillinen määrä kertoj, jonon Y j jonon X lopputilt ovt smt. Selvästi Y sdn X:stä edellä kuvtull menetelmällä. Jokist rjoitettu jono kohden on siis tsn 2 k n smn lopputiln johtv sllittu jono. Siis N/M = 2 k n.

5 Solmu 3/ Pelkästään lukumäärän 2 k n ilmoittminen tuotti rvosteluss yhden pisteen. Tehtävä 3: suuri lkutekijöitä Molempien kilpilupäivien viimeiset tehtävät oli trkoitettu vikeiksi, erottmn jyvät knoist. Etukäteisrvioinneiss nimenomn lukuteoreettist tehtävää 3 rvioitiin jop ylivoimisen vikeksi. Tehtävä oli Liettun ehdottm. Se tuotti kilpilijoille 430 pistettä eli % mhdollisist. Täydet pisteet tehtävästä si 46 kilpilij, 438 jäi nollille. Tehtävän muotoilu oli lyhyt: Osoit, että on olemss äärettömän mont sellist positiivist kokonisluku n, jolle luvull n 2 + on luku 2n + 2n suurempi lkutekijä. Tehtävä liittyy selvästi inkin kirjoittjn tietämän mukn yhä voimeen j tutkimuksen kohteen olevn ongelmn siitä, onko muoto n 2 + olevien lukujen joukoss äärettömän mont lkuluku. Esivlintkomiten j rvttvsti tehtävän ehdottjn rtkisu perustui tietoihin, jotk eivät ole lkeellisint lukuteori: siihen että muoto 8k+ olevi lkulukuj on äärettömän pljon j siihen, että kongruenssill x 2 mod p on rtkisu, kun p on lkuluku. Edellinen tieto seur esimerkiksi tunnetust mutt vrsin epätrivilist Dirichlet n luseest, jonk mukn jokisess päättymättömässä ritmeettisess jonoss on äärettömän mont lkuluku, jälkimmäinen vikkp kohtlisen lkeellisest Wilsonin luseest, jonk mukn (p )!+ on jollinen p:llä, kun p on lkuluku. Arvttvsti nämä sit eivät olisi olleet vierit kilpilijoiden hyvin vlmentutuneelle prhimmistolle. Tehtävää ei olisi kuitenkn kelpuutettu, ellei sille olisi tuomristoss löydetty myös sinänsä lkeellisi rtkisuj. Sellinen on seurv. Trkstelln kokonisluku k 20. Olkoon p jokin luvun (k!) 2 + lkutekijä. Silloin p > 20 eikä luvuill p j k! ole yhteisiä tekijöitä. Olkoon x k! mod p j 0 < x < p. Jos p/2 > x, niin p x < p/2 j p x k! mod p. Jok tpuksess on olemss n, 0 < n < p/2, niin että n 2 (k!) 2 mod p. p on siis luvun n 2 + tekijä. Tästä seur edelleen (p 2n) 2 = p 2 4pn + 4n 2 4n 2 4 mod p. Siis (p 2n) 2 p 4 eli p 2n + p 4 > 2n + 2n, jos p > 20, sillä tällöin p 4 2n + p 4 4 > 2n. On vielä osoitettv, että ehdon täyttäviä lukuj n on äärettömän mont. Olkoon n j p edellä tuotetut luvut. Olkoon q jokin luvun (p 2 )! + lkutekijä. Smoin kuin edellä löydetään n, n < q/2, niin että q on n 2 + :n tekijä j q > 2n + 2n. Toislt n 2 + > q > p 2 > 4n 2 > n 2 +, joten n > n. Jokist ehdon täyttävää kokonisluku kohden löytyy siis suurempi ehdon täyttävä kokonisluku, joten ehdon täyttäviä kokonislukuj on äärettömän mont. Tehtävän ntm lrj lkutekijöiden koolle ei ole mitenkään prs mhdollinen. Pitemmälle menevin keinoin on todistettviss, että lrjksi voisi sd inkin luvun n lnn. Tehtävä 6: erikoinen homoteti Toinen geometrin tehtävä oli toisen kilpilupäivän viimeinen tehtävä. Se oli smoin kuin toinenkin srjn geometritehtävä Venäjän ehdottm. Tehtävä oli selvästi koko srjn vikein. Se tuotti kilpilijoille vin 37 pistettä eli lle 2 % mhdollisist. Täydet pisteet tehtävästä si 2 kilpilij, nollille jäi 482. Tehtävässä trksteltiin geometrist konfigurtiot, jonk hhmottminen ei ole heti ihn helppo: Kuperss nelikulmioss ABCD on BA BC. Kolmioiden ABC j ADC sisään piirretyt ympyrät ovt ω j ω 2. Oletetn, että on olemss ympyrä ω, jok sivu puolisuor BA eri puolell A:t kuin B j puolisuor BC eri puolell C:tä kuin B j jok myös sivu suori AD j CD. Osoit, että ympyröiden ω j ω 2 yhteisten ulkopuolisten tngenttien leikkuspiste on ympyrällä ω. Rtkisu perustuu vhvsti homotetikuvuksiin. Väitteen todistmiseksi riittää osoitt, että ympyröiden ω j ω 2 välisen homotetikuvuksen homotetikeskus on ympyrällä ω. Osoitetn ensin, että ympyrän ω olemss olo sett rjoituksen nelikulmion ABCD muodolle. Olkoot ympyrän ω j suorien BA, BC, CD j AD sivumispisteet K, L, M j N. Nyt AB + AD = (BK AK)+(AN DN) = BL AN +AN DM = BL (CM CD) = BL CL + CD = BC + CD. Olkoon nyt P ympyrän ω j sivun AC yhteinen piste; olkoon R ympyrän ω P:n kutt piirretyn hlkisijn toinen päätepiste j Q BR:n j AC:n leikkuspiste. Olkoot vielä U j V R:n kutt piirretyn ω :n tngentin j suorien BA j BC leikkuspisteet. B-keskinen homoteti, jok kuv UV :n jnksi AC, kuv ympyrän

6 6 Solmu 3/2008 ω, jok on kolmion BUV sivuun UV liittyvä sivuympyrä, kolmion BAC sivuun AC liittyväksi sivuympyräksi. Q on näin ollen viimeminitun sivuympyrän j sivun AC yhteinen piste. On helppo nähdä (j tunnettu), että kolmion XY Z sisään piirretyn ympyrän sivumispisteen etäisyys kolmion kärjestä X on sm kuin sivuun XY liittyvän sivuympyrän sivumispisteen etäisyys kärjestä Y. Näin ollen AP = CQ. Kolmion sisään piirretyn ympyrän sivumispisteen j kolmion kärjen etäisyys on lskettviss tunnetun (j helposti johdettvn) kvn vull. Sen mukn AP = 2 (AB + AC BC). Vstvsti kolmion ADC sisään piirretyn ympyrän j sivun AC yhteiselle pisteelle Q sdn CQ = 2 (AC +CD AD). Kosk edellä snotun mukn tehtävän nelikulmiolle pätee AB BC = CD AD, on CQ = AP = CQ. Q on siis ympyrän ω 2 j suorn AC yhteinen piste. Vstvll tvll nähdään, että ympyrän ω 2 pisteeseen Q piirretyn hlkisijn toinen päätepiste S, D j P ovt smll suorll. Olkoon sitten T ympyrän ω AC:n suuntisen tngentin sivumispiste (trkemmin snoen se niistä, jok on lähempänä suor AC). Homoteti, jonk keskus on B j homotetisuhde BT PR, kuv ympyrän ω ympyräksi ω. B, R, Q j T ovt siis smll suorll. Vstvsti homoteti, jonk keskus on D j homotetisuhde DT DS, kuv ympyrän ω 2 ympyräksi ω. P, S, D j T ovt siis smll suorll. Mutt kosk ympyröiden ω j ω 2 hlkisijt P R j SQ ovt yhdensuuntiset, ne kuvutuvt toisilleen T-keskisessä homotetiss. Tästä seur, että itse ympyrät ω j ω 2 kuvutuvt toisilleen tässä homotetiss. Mutt tällöin T:n on oltv ympyröiden yhteisten ulkopuolisten tngenttien leikkuspiste, j todistus on vlmis.