Ratkaisujen yksityiskohtaisuus ja kirjoitustapa vaihtelevat. Näitä ei ilman muuta harkintaa tule pitää malliratkaisuina.

Transkriptio

1 Ratkaisuja Ratkaisujen yksityiskohtaisuus ja kirjoitustapa vaihtelevat. Näitä ei ilman muuta harkintaa tule pitää malliratkaisuina.. Veljekset saivat n dollaria. Olkoon n =0a + b. Silloin n = 00a +0ab + b. Kertomuksen mukaan n =(k +) 0 + y. Luvun b on oltava muotoa (m +) 0 + y. Mutta kymmentä pienempien lukujen neliöistä tätä muotoa ovat vain 6 ja 36. Koska viimeisessä jakovaiheessa vanhempi veli sai 0 dollaria ja nuorempi siis 6, täytyy linkkuveitsen arvon olla dollaria = = =(a 3 3ab ) +(b 3 3a b) = a 6 6a 4 b +9a b 4 + b 6 6a b 4 +9a 4 b = a 6 +3a 4 b +3a b 4 + b 6 =(a + b ) 3. Siis a + b = Kirjoitetaan yhtälö a n =+a n muotoon n n n n n = n eli n n n n n = n 3 n n Selvästi kaikilla k, k n on,joten k k n n n n n n 3 n n n. () n n. () n n n Jos n = ab, a<n, niin = b>.tällöin ():ssa on aito erisuuruus, joten a a () ei toteudu. Mutta jos n on alkuluku, on kaikilla kn= qk + r, missä r<k. Silloin n n kaikilla k on = q =, ja () toteutuu. k k 4. Jos n = 5k, niin kumpikaan luvuista n + n ja n n + ei ole jaollinen 5:llä. Jos n = 5k ±, niin (n )(n +) = n on jaollinen 5:llä. Koska n n + = ( n )(n ) + n + n,jan n + ja n + n ovat samanaikaisesti 5:llä jaollisia. Jos n =5k ±, n + = 5k ± 0k +4+, joten n + on jaollinen 5:llä. Mutta n n +=( n +)(n +) n n,jan n + ja n + n ovat jälleen samanaikaisesti 5:llä jaollisia.

2 5. Tehtävän luvut ovat muotoa n a n = 0 k, k=0 missä n on luvussa olevien ykkösten määrä. Jos n on parillinen, a n on jaollinen 0:llä. 0 on itsessään alkuluku. Jos n =p +, niin a n = p k=0 p 0 k+ + 0 k = k=0 4p+ k=0 0 k =(0 p+ +) Jos p, niin oikean puolen molemmat tekijät ovat >, joten a n ei voi olla alkuluku. Siis 0 on ainoa vaadittua muotoa oleva alkuluku. 6. Olkoon S(n) luvun n numeroiden summa ja olkoon = k. Koska < ( ) =0 8004, luvussa k on enintään 8004 numeroa. Siis S(k) = = Näin ollen S(S(k)) 7+4 9=43jaS(S(S(k))) =. Mutta S(n) n mod 9. Koska 00 0mod3,k 0 mod 9. Silloin myös S(S(S(n))) 0 mod 9. Ainoa mahdollisuus on, että S(S(S(k))) = Tehtävän oletusten mukaan p =36 m ja q =5 n. Tarkastellaan ensin tapauksia p>q. Luku 36 m 5 n päättyy ykköseen. Jos olisi 36 m 5 n =, olisi 5 n =36 m =(6 m )(6 m +). Koska luku6 m +päättyy seitsemään, se ei voi olla tekijänä luvussa 5 n. Siis 36 m 5 n. Mutta yhtälöllä 36 m 5 n =onratkaisum =,n =. Tarkastellaan tapauksia p<q. Luku 5 n 36 m päättyy yhdeksään. Mutta jaollisuus estää, että olisi 5 n 36 n = 9. Siis p q :n minimiarvo on. 8. Osoitetaan induktiolla, että p k=0 0 k. a + a + + a n n + a +a + +a n. () Väite pätee, kun n =:koska( a )( a ) 0, niin a + a että () on tosi. Silloin samasta syystä kuin edellä + a +a. Oletetaan, a + a + + a n+ n + a +a + +a n + a n+ n + (a +a + +a n )+a n+. 9. Kolmiot BNX ja YNC ovat yhdenmuotoiset.oletetaan, että BX CY. Silloin XN NC,ja yhtäsuuruus pätee vain, kun BX = CY.OlkoonP se janan NX piste, jolle NP = NC. Silloin BNP = BNC, YPN = YNC ja BPX YXP (yhtäsuuruus vain, kun BX = CY ). Lisäksi XNY = XBY XBN = XBC XBN = BNC. Siis BNX + YNC = BPX + BNP + YNC YXP + BCN + YPN = XNY + BCN == XNY. Samankokoiset kolmiot XNY ja BCN peittävät alle puolet puolisuunnikkaasta XBY C,joten XNY XBCY. Samoin osoitetaan, että 4 XY M 4 AXY D. Siis XNY M. Yhtäsuuruus pätee edellisten tarkastelujen 4 mukaan silloin ja vain silloin, kun XB = YC.

3 0. Leikatkoon CE suoran AD pisteessä G. Koska AE = ED, kolmiot AEG ja DEC ovat yhteneviä. Siis AG = CD = AB. KoskaGBF on suorakulmainen kolmio, sen ympäri piirretyn ympyrän halkaisija on hypotenuusa GB ja ympyrän keskipiste GB:n keskipiste A. Siis AB = AF,jaABF on tasakylkinen.. Pisteet A, B, C ja D ovat samalla ympyrällä Γ ja samassa tasossa τ. OlkoonO pisteen E projektio tasolla τ. Suorakulmaiset kolmiot EOA, EOC ja EOF ovat yhteneviä, joten O on kolmion AF C ympäri piirretyn ympyrän Γ keskipiste. Leikatkoon suora OF Γ :n myös pisteessä G ja suoran BD pisteessä H. Ympyröiden Γ ja Γ kehäkulmista saadaan HBA = DCA = FGA. Kolmiot HBF ja AGF ovat yhdenmuotoiset. Koska FG on Γ :n halkaisija, GAF = BHF =90. Koska EO τ ja siis EO BD, niin tason EGF kaksi suoraa on kohtisuorassa BD:tä vastaan. Täten BD on kohtisuorassa tasoa EGF vastaan ja erityisesti BD EF.. Piste P ei voi olla kolmion ABC ulkopuolella. Jos P olisi esim. lyhemmän kaaren AB määrittämässä segmentissä, olisi se kaarista XY, joka ei sisällä pistettä Z, suurempi kuin 80. Olkoon siis P sellainen ABC:n sisäpiste, että kolmioxy Z on tasasivuinen. Kolmiosta AP Y saadaan AP B = PAY + PYA = XZY + ACB = ACB +60. Samoin saadaan BPC = BAC +60 ja CPA = CBA +60. Mutta tunnetusti niiden pisteiden joukko, josta annettu jana näkyy annetussa kulmassa koostuu kahdesta ympyränkaaresta janan eri puolilla. Kolmion ABC sisällä on siten enintään yksi tehtävän ehdon toteuttava piste P.Tällainen piste myös on olemassa, koska edellä saatu kulmaehto merkitsee, että mainitut kaaret ovat kokomaan kolmion sisällä ja siis leikkaavat toisensa. 3. Olkoot x, x,..., x k positiivisia kokonaislukuja, joiden summa on n. Tehtävä on maksimoida tulo x x x k. Eri vaihtoehdot läpikäymällä havaitaan, että jos n 4, maksimi on n ja se saadaan,kun k =. Olkoonn 5. Maksimitapauksessa ei voi olla x j =, koska tulo suurenisi, jos jokin x i korvattaisiin x i + :llä jax j jäisi pois. Myöskään mikään x j ei ole > 4, koska jos x>4, niin (x ) = x 4 > 0; tulo suurenisi, jos x j korvattaisiin luvuilla ja x j. Minkään x j :n ei tarvitse olla 4, sillä x j =4,tuloei muutu, jos x j korvataan kahdella :lla. Lisäksi x j =enintään kahdella j:n arvolla, koska 3+3=++, mutta 3 3 >. Maksimitilanteessa on siis vain lukuja x j =3 ja x j =;jälkimäisiä enintään kaksi kappaletta. Maksimitulot ovat siten seuraavat: jos n =3m, maksimi on 3 m,josn =3m +, maksimi on 4 3 m,jos n =3m +, maksimi on 3 m.josn =, maksimi on Jos 3 p > 3 q, niin 3 p 3 q+ > 3 q. Osoitetaan induktiolla, että b k <a k <b k+ kaikilla k. Väite pätee,kun k = : b = 3 < 9 = a < 3 3 = b. Oletetaan, että b k < a k < b k+. Silloin 3 b k > a k = 9 a k = 3 a k, joten b k+ > a k. Näin ollen a k+ =9 a k > 3 a k > 3 b k = b k+ ja a k+ =9 a k =3 a k < 3 b k+ = b k+. Tästä seuraa, että b 00 <a 00 <b 00,jotentehtävän vastaus on n = Jos pisteet yhdistetään pareittain 000 janalla niin, että janojen pituuksien summa on mahdollisimman pieni, niin janat eivät leikkaa toisiaan. Jos nimittäin AB ja CD leikkaisivat pisteessä P, olisi AB + CD = AP + PB + CP + PD > AC + BD.

4 6. Olkoot värit {A, B, C, D}. Väritetty tetraedri voidaan aina kääntää niin, että pohjan väri on A ja että B-väri osoittaa esim. etelään. Silloin on vain kaksi mahdollisuutta sijoittaa C- jad-värit: C luoteeseen ja D koilliseen tai päinvastoin. Erilaisia tetraedrivärityksiä on siis vain kaksi. 7. Olkoot A ja BX:n isoisät. Olkoon lapsista kaikkiaan k kappaletta, k, sellaisia, joiden isoisät ovat A ja B. OlkoonY lapsi, jonka isoisät eivät ole A ja B. Kuitenkin toinen näistä ony :n isoisä; olkoon toinen isoisä C ja toinen A. Lapsen Z toinen isoisä onjoko A tai B ja toinen isoisä jokoa tai C. Isoisiä on siis enintään 3, ja C on kaikkien niiden 0 k:n lapsen isoisä, joiden isoisät eivät ole A ja B. Olkoon A:lla ja C:llä n yhteistä lapsenlasta; silloin B:llä jac:llä on0 k n yhteistä lapsenlasta. Ainakin yksi luvuista k, n, 0 k n on enintään 6. Jos esim. k 6, niin C:llä on(0 k n)+n =0 k 4 lapsenlasta. 8. Jos namuja oli x ja jos jokainen poika sai a ja jokainen tyttö b namua, niin 3a+0b = x. Yhtälön yksittäisratkaisu on a = 3x, b =4x ja yleinen ratkaisu a = 3x +0t, b =4x 3t, missä t on mielivaltainen kokonaisluku. Koska a>0jab>0, on oltava 0t >3x ja 3t <4x eli 3x 0 <t<4x 4x. Jos 3 3 3x 0 = x >, tehtävällä on enemmän 30 kuin yksi ratkaisu. Jos x = 60, ehto sievenee muotoon 78 <t<80. Tällöin ratkaisuja on vain yksi. Opettajalla oli enintään 60 namusta. 9. Jaetaan (n )n(n +) osamurtoihin: yhtälöstä (n )n(n +) = A n + B n + = (n + n)a +(n )B +(n n)c (n )n(n +) saadaan B =, A = C, A + B =0,A = C =. Siis Mutta näin ollen (n )n(n +) = n n + n + = 3 n k= 667 (3k ) 3k (3k +) = mikä onsamakuintehtävän väitös. k= C n + = (A + B + C)n +(A C)n B (n )n(n +) k + m= ( n + n + ). n + 00 m = + m= Olkoon f() = a, Silloin f(n +)=f()f(n) =af(n). Tästä seuraa induktiolla, että f(n) =a n. Yhtälö f(f(x)) = (f(x)) on siis sama kuin a ax =(a x ) = a x. Jos a =, yhtälön ratkaisuja ovat kaikki x N.Josa,yhtälö saa muodon a x =x. Ratkaisuja voi olla vain parillisilla a:n arvoilla. Jos a>, niin a n > n n. Kun a =,yhtälöllä on ratkaisu x =. Tehtävällä on siis kaksi ratkaisua: f(n) = kaikilla n ja f(n) = n kaikilla n. m, 4

5 5 ( ) 4. Numeroista voidaan tehdä = erilaista nelinumeroista lukua (valitaan ensin kaksi paikkaa neljästä, ja sijoitetaa niihin yhdeksiköt. Sen jälkeen on kaksi mahdollisuutta sijoittaa ). Luvuista 3 on parillisia (yksi kutakin sellaista rakennetta ( ) kohden, jossa kaksi 3 yhdeksikköä on kolmen ensimmäisen numeron joukossa; näitä on kappaletta). Parillisten lukujen kaksi viimeistä numeroa ovat joko 98 tai 8; ne eivät siis ole jaollisia 4:llä. Jokainen pariton luku m + on muotoa (m +) m. Jos olisi a b =m +, olisi luvuista a + b, a b tasan toinen parillinen. Silloin lukujen summa a olisi myös pariton. Tehtävän vastaus on siis 9 kappaletta. Olkoon n = 998 ja luvut x x... x k 0 x k+... x n. Merkitään y i = x i.väite tulee todistetuksi, jos osoitetaan, että y y n n.olkoon Silloin k n a = y i = y i. i= i= i=k+ k k yi y y i = ay, n y i i= n i=k+ i=k+ y i y n = ay n. Siis y y n. Aritmeettisen ja neliöllisen keskiarvon välisen yhteyden nojalla a a k = ( ) y + y + + y k y + y + + y k k k k. Siis a k n, joten a.väite on todistettu. n 3. Oletuksesta seuraa a + b c, a + c b ja c + b a. Siis a b + c b + a c = a + b (a b)+ c + b a + c (c b)+ (a c) c a b c a b (a b)+(a c)+ c + b ( ) c + b (c b) =3(a b)+ (c b) a a 3(a b)+(c b) =3a 4b + c. 4. Jos sin x =0, cos x =taicosx =0, sin x =,yhtälö ratkeaa. Ratkaisuja ovat siis kaikki luvut x = nπ nπ.olkoonx. Silloin sin x < ja cos x <, joten sin 6 x +cos 8 x =sin 4 x sin x +cos 6 x cos x<sin x +cos x =. Yhtälöllä ei ole ratkaisua.

6 5. Jotta lauseke olisi ei-negatiivinen, kun x =0,onoltavaa. Näillä a:n arvoilla lausekkeen määrittelemän funktion kuvaaja on lisäksi ylöspäin aukeava paraabeli. Paraabeli ei leikkaa x-akselia, jos diskriminantti 4(a ) (a +)(a ) = 8(a )(a +) on ei-positiivinen. Koska a 0, on oltava a + 0; tämä toteutuu kaikilla a. a voi siis olla mikä tahansa luku. 6. Jos tehtävän yhtälö on voimassa, niin (x + y) = x 4 +yx + y =yx +x + y 3. Oikeakin puoli on neliö, jos diskriminantti on nolla eli jos 4 y(y 3) = 8y 3 +4y + 44 = 8(y 3 3y 8) = 0. Nollannen asteen tekijöitä tarkastelemalla havaitaan, että y =3onyhtälön eräs juuri; esim. derivaatan nollakohtien perusteella se on myös ainoa. Arvolla y = 3 saadaan nyt ja Ratkaistaan toisen asteen yhtälöt (x +3) =6(x +x +) x +3=± 6(x +). x ± 6x +3± 6, missä ylemmät ja alemmat merkit vastaavat toisiaan. Reaalisia ratkaisuja saadaan vain alemmilla merkeillä. Ne ovat 6 ± x =. 7. Luvuista on aina joko ainakin 7 ei-negatiivista tai ainakin 7 ei-positiivista. Koska x y +xy = ( y) ( x) +( x)( y), voidaan olettaa, että luvuista 7 on ei-negatiivista. Olkoot ne 0 x <x <x 3 <x 4 < x 5 <x 6 <x 7. Oletetaan, että i =3,..., 7. Silloin x i 3ja x i x i +x i x i 3, x i ( 3) +( 3)x i x i. 6

7 Koska x x + 3 +( 3)x on kasvava funktio, jonka raja-arvo + :ssä on 3, saadaan peräkkäin x 6 < 3 =+ 3, x 5 < x 3 < = = 3, x < = 3, x 4 < =, = 3. 7 Mutta silloin x x +x x x < Luku on ( ) ja = Olkoon a n luvun n(n +) viimeinen numero. Laske summa a + a + + a 998. n(n +) Ratkaisu. Koska =++ + n, kysytty viimeinen numero on sama kuin summan +(+)+(++3)+ +( ) = viimeinen numero, joka taas on sama kuin summan viimeinen numero. Summa jossa on 998 termiä, koostuu 7:stä muotoa olevasta summasta ja summasta Nytkuitenkinsumman viimeinen numero on 0. Tästä seuraa, että tehtävän vastaus on yös 0. [Itse asiassa luku on ] 30. Olkoon f(x) = 5x x. Silloin f(x) < 4 5x 4 + 3x 4 =x ja jos x>, niin f(x) > x onyhtäpitävä epäyhtälön x> 5 kanssa. Tästä seuraa, että kun 6 x 6, niin [f(x)] = x. Nyt a == Jos a k =0 k +, niin a k+ = f(a k )=a k =0 k + =0 (k+) +. Induktiolla nähdään, että a k =0 k + kaikilla k, joten a k on jaollinen 0:llä. 3. Jos P :n asteluku olisi, olisi yhtälön vasemmalla puolella polynomi, jonka asteluku on n ja oikealla puolella polynomi, jonka asteluku on n + < n. Siis P on enintään ensimmäistä astetta eli P (x) =ax + b. Saadaan identtinen yhtälö joka toteutuu, kun a =jab =3. ax + b =x(a(x +)+b)+3 0x x,

8 3. Jos luvun n kymmenjärjestelmäesityksessä onx numeroa, niin n = a 0 x ja 5 n = b 0 k,<a<0, <b<0. Mutta silloin 0 n = ab 0 x +k. Koska ab on kymmenen potenssi ja <ab<00, on ab = 0. Siis n = x +k eli x = n k Olkoon f(x) =[x]+[x]+[4x]+[8x]+[6x]+[3x]. [ Tarkastellaan ) funktion f kasvua. k f on kasvava, mutta f:llä on vakioarvo jokaisella välillä 3, k, mutta funktiolla on 3 k + yksikön suuruinen hyppäys pisteissä, kahden yksikön suuruinen hyppäys pisteissä 3 k + jne. Kokonaislukujen kohdalla funktion hyppäys on 6. Nyt f(96) = = Tästä seuraa, että kun 96 x < 96, niin f(x) = 34. Yhtälöllä 3 f(x) = 345 ei siis ole ratkaisua. 34. Olkoon f k (x) = x k + x k. Silloin Nyt f k (x) = 999 f(x) = f k (x). k= { k x x k = 999 x 999 k, kun x k, x k x k = 999 k, kun k x 999 k, x k + x k =x 999 = 999 k, kun x 999 k. Funktio f saa näin ollen pienimmän arvonsa välien [k, 999 k], k =,..., 999, leikkausjoukossa eli välillä [999, 000], ja kyseinen pienin arvo on (999 k) = k= = 999 = Olkoon a. JoukkoA = {0,, a, } toteuttaa vaaditun ehdon: 0 +a a a 0 a + a = a A, 0 + a = a A. a = A, 36. Ei voi. Jokin lääneistä on sellainen, että sen keskilämpötila on alhaisin, esim. m astetta. Tähän lääniin rajoittuvissa lääneissä on ainakin yhtä suuri keskilämpötila, ja jos jossain tällaisessa läänissä olisi korkeampi keskilämpötila kuin m, olisi keskilämpötilojen keskiarvo >mvastoin oletusta. Tästä seuraa, että (jos maa on yhtenäinen, eli jokainen lääni on rajanaapuriläänien avulla yhdistettävissä jokaiseen muuhun lääniin) kaikkien läänien keskilämpötilan on oltava sama.

9 37. Olkoot puolisuunnikkaan yhdensuuntaiset sivut a ja b ja olkoon h puolisuunnikkaan korkeus. Silloin 0 (a + b)h =0 eli h =. a + b Toisaalta h = h +h, missä h ja h ovat niiden tasakylkisten kolmioiden korkeudet, joiden yhteinen kärki on puolisuunnikkaan lävistäjien leikkauspiste ja kannat ovat puolisuunnikkaan yhdensuuntaiset sivut. Mutta nämä tasakylkiset kolmiot ovat suorakulmaisia, joten niiden korkeudet ovat samat kuin kantojen puolikkaat. Siis Näin ollen h =0jah = 0. h = (a + b). 38. Olkoon kolmio ABC, BC = 5, ja leikatkoon sisään piirretyn ympyrän BC:n suuntainen tangentti AB:n ja AC:n pisteissä D ja E.Olkoon BD = x ja EC = y. Yhdenmuotoisista kolmioista ABC ja ADE saadaan AD = 6 6 x, AE = y. Koska BCED 9 9 on nelikulmion sisään piirretty ympyrä, on x + y = = 4. Kolmion piiri on 5 + x + y + AD + AE = = = Oletuksesta seuraa, että ABCD on jännenelikulmio ja AC on ABCD:n ympäri piirretyn ympyrän halkaisija. Kehäkulmalauseen nojalla DAC = DBC. Suorakulmaisista kolmioista ABC ja ABK saadaan heti BAK =90 ABK =90 (90 DBC) = DBC, javäite on todistettu. 40. Tapaukset: 4 yhdensuuntaista suoraa: 5 osaa; 3 yhdensuuntaisa ja leikkaava: 8 osaa; yhdensuuntaisparia: 9 osaa; yhdensuuntaista ja ei-yhdensuuntaista: 0 tai 9 osaa; ei yhdensuuntaisia, ei kolmea suoraa saman pisten kautta: osaa; ei yhdensuuntaisia, 3 suoraa leikkaa samassa pisteessä: 0 osaa; ei yhdensuuntaisia, 4 suoraa leikkaa samassa pisteessä: 8 osaa. 4. Täydennetään kolmio ABC suunnikkaaksi ABDC. Kolmioepäyhtälön perusteella AM = AD < AB + BD = AB + AC. Oikeanpuoleinen epäyhtälö ontässä. Kolmioista ABM ja AMC saadaan AM + BC > AB AM + BC > AC Kun nämäepäyhtälöt lasketaan puolittain yhteen, saadaan ja jaetaan kahdella, saadaan vasemmanpuolinen epäyhtälö. 4. Olkoon EBC:n ja F AC:n keskipiste. Koska AB EF ja OF BH, niin ABH = OFE. Koska myös OE AH, on OEF = BAH. Kolmiot ABH ja FEO ovat yhdenmuotoiset, ja yhdenmuotoisuussuhde on AB : EF = :. Mutta tämä merkitsee, että AH = OE. 9

10 43. Jos pisteen P etäisyydet tasasivuisen kolmion ABC sivuista ovat d A, d b ja d C ja pisteen P vastaavasti d A, d b ja d C ja jos AB = a, niin kolmion ala on toisaalta a (d A + d B + d C ), toisaalta a (d A + d B + d C). Siis d A + d B + d C = d A + d B + d C. 44. Olkoon ABC kolmio ja a>b. Merkitään l A :lla ja l B :llä A:sta ja B:stä piirrettyjen kulmanpuolittajien pituuksia. Tarkastelemalla kolmion ja niiden osakolmioiden, joihin kulmanpuolittaja jakaa kolmion, aloja, saadaan Koska sin α =sin α cos α, saadaan bc sin α = (cl A + l A b)sin α. 0 l A = bc cos α b + c = cos α b + c. Samoin l B = cos β a + c. Koska a>b,onα>β. Lisäksi α < 90 ja β < 90, joten cos α < cos β. Toisaalta a < b. Kun nämä epäyhtälöt yhdistetään, saadaan l A <l B. 45. Tunnetun kaavan mukaan pisteen (0, 0) etäisyys suorasta x +4y =0on = 0. Siten jokaisen suoran x +4y = pisteen (x, y) etäisyys origosta on ainakin x + y 0. 0,eli 46. Kaikilla k pätee Siis n k= k < k(k ) = k k. k < n n = n = n n.

11 47. Epäyhtälön vasemman puolen lausekkeen arvo ei muutu, jos x korvataan x:llä. Voidaan siis olettaa, että 0 x<. Tällöin n ( + x) n =( x)( n + n ( + x)+ n 3 ( + x) + +(+x) n ) >n( x)( + x) n n( x) n > ( x) n. 48. Peräkkäisistä yhtälöistä seuraax k = x k+3.aina,kun k ja k 97. Siis x = x 4 = = x 00 ja x = x 5 = = x 98. Mutta ensimmäisestä javiimeisestäyhtälöstä seuraa x 00 = x 3 ja kolmanneksi ja toiseksi viimeisistä x 98 = x. Siis x = x = x 3,joten3x =0 ja x =0=x = x 3.Koskax k = x k+3, kaikki muutkin x k :t ovat nollia. 49. Binomikaavan mukaan ( + (x x 4 )) 9 =+9(x x 4 )+ ( ) 9 (x x 4 ) + ( ) 9 (x x 4 ) ( ) 9 (x x 4 ) x 8 -tyyppisiä termejä syntyy vain kolmannesta, neljännestä ja viidennestä yhteenlaskettavasta. Näiden termien kertoimien summa on ( ) ( ) ( ) = Mitkä tahansa kaksi toisista yhdensuuntaisista ja mitkä tahansa kaksi toisista yhdensuuntaisista muodostavat suunnikkaan ja jokainen suunnikas määrittää kaksi toisen lajin yhdensuuntaista ja kaksi toisen lajin yhdensuuntaista. Suunnikkaita on niin muodoin ( ) ( ) n m = nm(n )(m ) 4 kappaletta. 5. ( ) Pakassa on 4 ässää ja3muuta ( ) korttia. Jälkimmäisistä voidaan valita 6 korttia 3 4 :lla tavalla, edellisistä ässää :lla eri tavalla. Jokainen kahden tällaisen valinnan 6 yhdistely tuottaa tehtävässä mainitun jaon. Eri jakoja on siis 3! 4! [= ]. 6!! 5. Lasketaan leikkauspisteiden enimmäismäärä siinä mielessä, että jokainen kahden janan leikkaus lasketaan kerran, vaikka kaksi eri janaparia sattuisikin leikkaamaan toisensa samassa pisteessä. Jokaiset kaksi pistettä toisella yhdensuuntaisella ja jokaiset kaksi pistettä toisella yhdensuuntaisella muodostavat puolisuunnikkaan, ja tällaisella puolisuunnikkaalla on tasan kasi lävistäjää janäillä yksi leikkauspiste. Jokainen kysytty piste on jonkin ( ) tällaisen puolisuunnikkaan lävistäjien leikkauspiste. Pistepareja on toisella suoralla ja n toisella ( m kappaletta. ). Puolisuunnikkaita ja leikkauspisteitä on siis ( ) n ( ) m = mn(m )(n ) 4

12 53. 0 =( 5 )( 5 +) = ( )( )( 5 +). Ensimmäinen tekijä on 0, toinen on viiden :een päättyvän luvun summa ja siis jaollinen 5:llä jakolmas kahden parittoman luvun summa ja siis jaollinen :lla. 0 on siis jaollinen luvulla 0 5 = (3 6 ) n ( 6 ) n on jaollinen luvulla =(3 3 ) ( 3 ) =(3 3 3 )( )= Jos x on mikä hyvänsä p:llä numerolla kirjoitettava luku, niin ( + 0 p +0 p )x on 3pnumeroinen luku, jossa x:n numerot kertautuvat kolmesti. Luku +0 p +0 p kirjoitetaan kolmella ykkösellä, joten se on kolmella jaollinen. Kolmella samalla numerolla kirjoitettavan luvun numerosumma on kolmella jaollinen, joten tällainen luku on itse kolmella jaollinen. Edellisen huomautuksen nojalla siitä, että 3 n :llä samalla numerolla kirjoitettava luku on jaollinen 3 n :llä, seuraa, että 3 n =3 3 n :llä samalla numerolla jaollinen luku on jaollinen 3 3 n =3 n :llä. Väite todistuu siis induktiolla. 56. Koska n>, n > 3. Mutta ( n + )( n ) = 4 n =(4 )k =3k. Siis jomman kumman luvuista n ja n + alkutekijänä on3,eikätämä luku ole 3. Se on siis yhdistetty luku. 57. Koska CZ XY, PCZ on suorakulmainen kolmio. Piste Z on siis sellaisen ympyrän kehällä, jonka halkaisija on PC.Ympyrän keskipiste on janan PC keskipiste ja säde janan PC puolikas. 58. ( n + n +) =n ++ n(n +)> n ++n =4n +. Toisaalta n(n +)< ( n + ),joten n(n +)< n+ ja ( n+ n +) < 4n+. Olkoon 4n + = m. Silloin m 4n +< (m +) ja 4n + (m +). Siis myös n + n + = m. 59. Per asettaa pöydälle mielivaltaisen paperin. Olkoon a luku, joka tulee näkyviin. a luku, joka jää alapuolelle. Nyt Karin voi valita palan, jolla on a ja asettaa sen pöydälle. Alapuolelle jää nyta 3. Jos Perillä onpaperi,johononkirjoitettua 3,hän asettaa sen pöydälle jne. Prosessia jatketaan niin kauan kuin mahdollista. Jossain vaiheessa on asetettu paperi, jossa alapuolella on sellainen a m,jokaonjokäytetty. Koska seuraava yläpuolinen on aina sama kuin edellinen alapuolinen, on ainoa mahdollisuus, että a m = a. Pöydälle on nyt asetettu paperit, joissa on sekä ala- että yläpuolilla luvut a, a,...a m. Jos kaikki paperit on jo käytetty, vaatimus on täytetty. Ellei, niin voidaan alkaa uudestaan jäljellä olevilla papereilla. Äärellisen monen kierroksen jälkeen kaikki paperit on käytetty ja kaikki luvut,,..., n näkyvissä. 60. Huomataan, että 995 = ja 95 = 5 9. On siis f(f(995)) = f(f(3)) f(f(5)) f(f(7)) f(f(9)) = 5 9. Alkutekijä9eivoisisältyä lukuihin f(f(3)) 3, f(f(5)) 5tai f(f(7)) 7. Siis 9 on luvun f(f(9)) 9 tekijä. Tämä on mahdollista vain, jos f(9) = 9. Nyt f(f(3))f(f(5))f(f(7)) = 5 ja 5 on tekijänä jokof(f(7)):ssä taif(f(5)):ssä. Jos 5onf(f(7)):n tekijä, on f(f(7)) = 5 ja siis f(7) < 7. Mahdollisuudet ovat f(7) = 5 ja f(7) = 6 = 3. Edellisessä tapauksessa olisi f(f(5))f(f(7)) = f(f(5))f(5). Jotta 5 olisi

13 f(5) = f(f(7)):n tekijä, on oltava f(5) = 5, jolloin f(f(5))f(5) = 5. Jälkimmäisessä olisi f(f(7)) = f()f(3), johon 5 ei voi sisältyä alkutekijänä. Onkin siis oltava f(f(5)) = 5 ja f(f(3))f(f(7)) = eli f(f(3)) = f(f(7)) =. Nyt f(f(3)) voi toteutua joko siten, että f(3) = tai f(3) = ja f() =. Jos f(3) = ja jos lisäksi f() =, voi f(7). arvo olla mikä tahansa luvuista,, 3, 4, 6; tulo f(3)f(7) voi samoin olla mikä hyvänsä näistä. Jos f(3) = ja f() =, voi f(7) olla vain jokin luvuista,, 4. Tulo f(3)f(7) voi olla nyt, 4 tai 8. Kun otetaan huomioon f(5) = 5 ja f(9) = 9, nähdään, että f(995) voi olla jokin luvuista 95, 90, 85, 380, 570, a) Koska ( x y) 0, niin x xy + y 0, josta x + y xy ja (x + y) xy. [Tämän epäyhtälön vasen puoli on x:n ja y:n (aritmeettinen) keskiarvo ja oikea puoli x:n ja y:n geometrinen keskiarvo. Epäyhtälöä kutsutaan aritmeettis-geometriseksi epäyhtälöksi]. b) Kirjoitetaan erikseen x:n ja y:n, y:n ja z:n ja z:n ja x:n aritmeettisgeometriset epäyhtälöt ja kerrotaan ne puolittain keskenään; saadaan (x + y)(y + z)(z + x) 3 xy yz zx = xyz. Kun tämä epäyhtälö jaetaan puolittain tulolla (x + y)(y + z)(z + x), saadaan väite. 6. Piirretään kulman ABC puolittaja (temput: mielivaltainen ympyrä, jonka keskipiste on B, sen ja kylkien leikkauspisteet X ja Y ; samasäteiset ympyrät keskipisteinä X ja Y, niiden leikkauspiste Z; suorabz on haettu puolittaja) ja P :n kautta kulkeva suoraa BC vastaan kohtisuora suora (temput: mielivaltainen ympyrä, keskipisteenä P,seleikkaa BC:n pisteissä T ja U; samasäteiset ympyrät, keskipisteinä T ja U, niiden leikkauspiste V ;suorapv on haluttu suora). Suorien BZ ja PV leikkauspiste O on halutun ympyrän keskipiste ja OP sen säde. Todistus:.YmpyräkulkeeP :n kautta..koskabc PV konstruktion mukaan, BC on ympyrän tangentti. 3. Jos Q on O:n kautta piirretyn ja AB:tä vastaan kohtisuoran suoran ja AB:n leikkauspiste, niin OQ = OP (kolmioissa OBP ja OBQ on kaksi samansuuruista kulmaa ja yhteinen sivu OB). Siis piste Q on ympyrällä, ja koska OQ AB, AB on ympyrän tangentti. 63. Lavennetaan jokainen yhteenlaskettava kaavaa a b =( a b)( a+ b)hyödyntäen. Nimittäjistä tulee ykkösiä, ja osoittajat voi ryhmitellä niin, että useimmat juurilausekkeet kumoutuvat: = = 00 = Koska kertolaskua S YKSIesittävä rivi puuttuu, S = 0. Rivin Y YKSI ensimmäinen numero on 9, koska summarivillä on enemmän numeroita. Tästä seuraa, että Y = 3. Jotta tulot K 3 K 0 I ja I 3 K 0 I olisivat nelinumeroisia, on oltava K 3, I 3. Koska Y =3,onjokoK =,I =taik =,I =. Vainjälkimmäinen valinta tuottaa lopputulokseksi 8-numeroisen luvun. 3

14 4 65. Olkoon S n n:nnen neliön numeroiden summa. Silloin S n = n n +(n )(n +)+(n )(n +)+...+(n (n ))(n +(n ) = n +(n )+(n )+(n 3 )+...+(n (n ) )=(n )n +n = n Olkoon a n sallittujen väritysten lukumäärä, kun väritetään n:stä neliöstä muodostuva nauha. Silloin a =,a = 3. Yleisessä tapauksessa, jos ensimmäinen ruutu on sininen, loput n ruutua voidaan värittää a n :llä tavalla. Jos ensimmäinen ruutu on punainen, toinen ruutu on sininen ja loput n ruutua voidaan värittää a n :lla eri tavalla. Siis a n = a n + a n. Saadaan peräkkäin a 3 =5,a 4 =8,a 5 = 3, a 6 =, a 7 = 34, a 8 = 55, a 9 = 89, a 0 = Voidaan olettaa, että kynttilät ovat 0 cm pitkiä. Silloin toinen palaa nopeudella 5 cm/h ja toinen 4 cm/h. Kysytty ajanhetki t toteuttaa ehdon 0 4t =3(0 5t) eli t = 40 = Olkoot kolmioiden AP S ja ASQ alat a ja b. Samakorkeuksisia kolmioita tarkastelemalla saadaan AP PB = a 5 = a + b +8 5 ja AQ QC = b 8 = a + b Sievennettyinä yhtälöt johtavat pariin { a b =8 4a +5b =0, joista ratkaistaan a = 0, b =. Kysytty ala on siis 0 + = (cm ). 69. Tilanne voidaan hahmottaa niin, että yksi seurueen jäsenistä kuljettaa mopoa ja muut kolme, A, A ja A 3 kävelevät osan matkaa ja ajavat osan matkaa mopon kyydissä. Jos koko matkaan käytetään aika t ja A i :n mopokyydissä oloaika on a i, niin A i etenee matkan 30a i +6(t a i )=6t+4a i.josa i :t ovat eri suuria, jotkin seurueen jäsenet saapuvat perille ennen muita, ja viimeisen, sanokaamme A 3 :n, matka-aikaa voitaisiin vähentää lisäämällä a 3 :a ja pienentämällä a :tä (ja mahdollisesti a :ta). Voidaan olettaa, että a = a = a 3 = a. Kokeillaan, miten käy, jos a = tunti. Tunnin kuluttua lähdöstä A on 30 km päässä jaa sekä A 3 6kmpäässä. Mopo palaa takaisin, jolloin mopo ja A, A 3 lähestyvät toisiaan nopeudella 36 km/h. Koska välimatka on 4 km, mopo tapaa kävelijät hetkellä h 40 min, jolloin A ja A 3 ovat etäisyydellä 0 km. Hetkellä h40mina ja A ovat etäisyydellä 40kmjaA 3 etäisyydellä 6 km. Mopo palaa takaisinpäin jälleen 40 min, noutaa A 3 :n (etäisyydeltä 0 km) ja ajaa tunnin, jolloin kaikki ovat etäisyydellä 50km. Seurue etenee siis 50 km ajassa 4 h 0 min eli 60 min. Tämä merkitsee, että 45kmmatka on taitettavissa ajassa 34 min eli 3 h 54 min.

15 70. Olkoon kolmio ABC jaettu janalla AD kahdeksi kolmioksi; olkoot ABD ja ADC tasakylkisiä. Olkoon kolmion ABD kantakulma x ja kolmion ADC kantakulma y. Silloin x<90 ja y<90,jotenx + y<80.tästä seuraa, että ainakaan molemmille kolmioille D ei voi olla kantasivuun liittyvä kärki. Jos D on molempien tasakylkisten kolmioiden huippu, on x +y kolmion ABC kulmien summa, joten x + y =90. Kolmio ABC on suorakulmainen, ja suora kulma on A. Toisaalta suorakulmaisen kolmion suora kulma voidaan jakaa kahdeksi kolmion muiden kulmien suuruiseksi kulmaksi, eli suorakulmaisille kolmioille jako onnistuu. Oletetaan sitten, että AB on kolmion ABD kanta ja DC on kolmion ADC kanta. Silloin y =x (kolmion ABD kulman D vieruskulma!) eli C = B; josnäin on, ja C on terävä, niin jako onnistuu. Olkoon sitten AB edelleen ABD:n kanta ja AD ADC:n kanta. Edelleen on y =x, mutta nyt A = x + y =3x =3 B. Jos A = 3 B, jako onnistuu. Tapaukset, joissa AC on kolmion ADC kanta johtavat samoin jaon onnistumisen takaaviin ehtoihin B = C ja A =3 C. 7. Olkoon tarkasteltava kolmio ABC, sensivuta, b ja c = l ja vastaavat korkeusjanat h a, h b, h c. Kolmion alan kaavasta saadaan heti 5 h a h b h c = 8S3 abl, joten korkeusjanojen tulo maksimoituu silloin, kun ab minimoituu. Koska absin C = S, ab minimoituu, kun sin C maksimoituu. Piirretään jana AB = l ja sille yhdensuuntainen suora s, jonkaetäisyys AB:stäon S.JosABŒhalkaisijainen ympyräleikkaas:n pisteessä l C, niin C =90 ja ABC on tehtävän ratkaisu. Jos ympyrä eileikkaas:ää, niin merkitään D:llä AB:n keskinormaalin ja s:n leikkauspistettä. Silloin s on kolmion ABD ympäri piirretyn ympyrän tangentti (miksi?) ja jokainen s:n piste C D on ympyrän ulkopuolella. Tästä seuraa, että ACB < ADB, jotensin( ACB) < sin( ADB). Kolmio ABD on tässä tapauksessa tehtävän ratkaisu. 7. Olkoon a pariton luku ja b = a, c = a. Silloin c b =(c+b)(c b) =a Olkoon A =(0, 0, 0), B =(,, ) ja kysytty säde r. Nyt pallon keskipiste on (r, r, r) ja yksi särmän ja pallon sivuamispiste (r,, ). Siis (r r) +( r) +( r) = r eli r 4r +=0eli r =±. Vain alempi merkki pitää pallon keskipisteen kuution sisällä, niin kuin oli vaadittu. ( ) n 74. Jonon n:stä täytettävästä paikasta voidaan valita k paikkaa a-kirjaimille eri k tavalla, ja loput n k paikkaa voidaan täyttää b-jac-kirjaimilla n k eri tavalla. Kysytty luku on siis n ( ) n n ( )( ) k n n k = n. k k k=0 k=0

16 Summa voidaan laskea helposti käyttämällä hyväksi binomikaavasta välittömästi seuraavaa kaavaa n ( ) n ( + x) n +( x) n = x k ; k kun siihen sijoitetaan x =,tehtävän vastaukseksi tulee yksinkertaisten sievennysten jälkeen [( n + ) n ( + ) n ] = (3n +). 75. Voidaan olettaa, että C on origokeskinen yksikkösäteinen ympyrä ja että A =(a, 0), a>0. Olkoon P =(x, y). Silloin x +y =ja AP =(x a) i+y j ja PQ = y i+(x a) j. Siis OQ =(x y) i +(y + x a) j. OlkoonA =(0, a). Nyt A Q =(x y) i +(x + y) j. Mutta A Q = x +y =, joten Q on A -keskisellä -säteisellä ympyrällä C. Voidaan laskea myös toisinpäin: ympyrän C pisteestä Q lähtien löydetään ympyrän C piste P, jolle AP = CP ja AP CP. 76. Kysytty luku on n, jos n jan, jos n 3. Tapaus n = on ilmeinen ja tapaus n = voidaan selvittää kokeilemalla. Jos n, niin piirretään ruudukko koordinaatistoon niin, että neliöiden kärjetovatpisteet(i,,j), 0 i n, 0 j n. Tarkastellaan janoja, joiden päätepisteet ovat (0, i)ja(, i); (n, i)ja(n, i); (i, 0) ja (i, ); (i, n ) ja (i, n), 0 <i<n.näistä 4(n ) janasta ei yhteen neliöön voi kuulua kuin enintään kaksi kerrallaan, joten kyseisten janojen generoimiseen tarvitaan n neliötä. Jos n = 3, kaikki neliöt syntyvät neljällä -neliöllä, joiden kärjet ovat ison neliön kärjet. Jos n 4, piirretään isonneliön kahteen vastakkaiseen kärkeen - ja (n ) (n )-neliöt ja toisiin vastakkaisiin kärkiin -, 3 3-,...,(n ) (n )- neliöt. Neliöitä on silloin 4 + (n 3) = n kappaletta. Melko helposti voi todeta, että jokainen ruudukkoon tarvittava jana kuuluu johonkin neliöön. 77. Oletamme, että jollain positiivisilla kokonaisluvuilla m, n on m 3 n 3 = mn Olkoon d = m n. Selvästi d>0. Koska (n + d) 3 n 3 = n(n + d) + 993, on k=0 (3d )n + d(3d )n + d = 0. () Koska 3d > 0jan>0, on d < 0, mistä seuraad. Jos () kerrotaan 7:llä, saadaan 7(3d )n +7d(3d )n +(3d) = 0. () Koska (3d) 3 on jaollinen 3d :llä, on myös 5380 = jaollinen 3d :llä. 538 on alkuluku ja 3d 35, joten 3d =tai3d =5elid =taid =. Jos d =,n toteuttaa ():n perusteella yhtälön n +n 996 = 0. Tällä yhtälöllä ei kuitenkaan ole kokonaislukuratkaisuja (3 3 = 99, 3 33 = 056), joten d. Josd =,n toteuttaa yhtälön n +n 397 = 0. Myöskään tälläyhtälöllä ei ole kokonaislukuratkaisuja (7 9 < 8 = 34, 9 = 0 = 399). 6

17 78. Koska k ja Γ kulkevat A:n kautta, ympyröiden sivuamispiste on A. Koska ACB on suorakulmainen ja AB on hypotenuusa, AB on Γ:n halkaisija, joten Γ:n ja k:n yhteinen tangentti AQ on kohtisuorassa AB:tä vastaan. Siis AQ CH, joten QAN = ALH. Kehäkulmalauseen nojalla toisaalta QAN = AMN. Suorakulmaiset kolmiot ALH ja AMC ovat siis yhdenmuotoiset. Koska myös kolmiot CBH ja ACH ovat yhdenmuotoiset, saadaan BC HL = MC HL = AC AH = BC. Siis CH = HL,jotenL on CH:n keskipiste. CH 79. Sovelletaan seuraavaa tunnettua Jensenin epäyhtälöstä (josf on ylöspäin kupera funktio, niin ( ) x + x + + x n f f(x )+f(x )+ + f(x n ) n n ja logaritmifunktion muodosta seuraavaa tulosta: jos u, v ja w ovat positiivisia lukuja ja α, β ja γ ovat positiivisia lukuja, joille α + β + γ =, niin αu + βv + γw u α v β w γ. Tehtävän merkinnöin ovat voimassa epäyhtälöt p bc + q ca + r ab (bc) p (ca) q (ab) r ja (bc) p (ca) q (ab) r pbc + qca + rab. Näiden perusteella abc pa + qb + rc = p bc + q ca + r =(bc) p (ca) q (ab) r pbc + qca + rab. ab (bc) p (ca) q (ab) r () Voidaan olettaa, että a b c. Tällöin pbc + qca+ rab pbc +(q + r)ac = pbc +( p)ac. Mutta koska 0 p ( ) ( ),on p ac p bc, josta seuraa pbc +( p)ac = bc + ( ac + p ) ( ) bc + p ac + b)c (bc + ac) =(a. Aritmeettis-geometrisen ( ) a + b + c epäyhtälön perusteella (a + b)c = 4. Siis pbc + qca + rab 4 = 8. Väite seuraa, kun tämä yhdistetään epäyhtälöön (). Yhtäsuuruus on voimassa esim. silloin, kun a = b = 4, c = ja p = q =, r = Olkoon f(x) =ax 3 +bx+c. Silloin f(0) = c ja( f() = 8a+b+c. Silloin 0 = 9a+b+ a 9c = f(0)+f()+a+9b+7c = f)0)+f() b ) ( ) 3 + c = f(0)+f()+7f. ( ) 3 Tämä merkitsee, että luvut f(0), f ja f() eivät kaikki voi olla samanmerkkisiä ja 3 nollasta eroavia. [ ] 3,,[0, ]. Jatkuvana funktiona f saa arvon 0 ainakin yhdellä väleistä [ 0, 3 7 ],

18 8. Merkitään (tavanomaisesti) AB = c, BC = a, CA = b, BAC = α, CBA = β, ACB = γ ja LA = BM = t. Koskaa =b, saadaan kosinilauseesta 8 cos α = b + c a bc = c b, cos β = a + c b bc ac = c + b bc. On kaksi mahdollisuutta:. A ja B ovat pisteiden L ja M välissä.. L ja M ovat janalla AB. Tarkastellaan näitä erikseen.. Kosinilauseen nojalla ja CM = BM + BC BM BC cos(80 β) =t + a +at cos β = t +b +tb b + c bc = t +b + t c (b + c ) () CL = LA +AC LA AC cos(80 α) =t +b +tb c b bc = t +b + t c (c b ). () Lasketaan pisteiden L ja M potenssi ympyrän k suhteen. Oletuksen mukaan se on LP LC = LA LB = t(c + t) =MB MA = MQ MC. (3) Sovelletaan Menelaoksen lausetta kolmioon LMC ja suoraan PQ. Saadaan MN NL LP PC CQ QM = eli Yhtälöistä (), () ja (3) saadaan MN NL = PC LP QM CQ. (4) PC LP = LC LP LP = LC LP = LC t + b + LP LC = t(c + t) t c (c b ) = b (c t) ct(c + t) (5) ja CQ QM = CM QM QM = CM t +b + CM QM = t(c + t) t c (b + c ) = b (c + t) ct(c + t). (6)

19 9 Yhtälöistä (5), (6) ja (4) saadaan nyt BN t BN + c + t = MN NL = b (c t) ct(c + t) ct(c + t) b (c + t) = c t c + t. Tämä sievenee muotoon BN(c +t) =c(c +t). Siis BN = c = AB.. Päättely käy samoin kuin kohdassa, mutta yhtälöt (), (), (3), (5) ja (6) saavat muodon CM = t +b t c (b + c ), ( ) CL = t + b t c (c b ), ( ) LP LC = t(c t) =MQ MC, (3 ) PC LP = b (c + t) ct(c t) (5 ) ja CQ QM = b (c t) ct(c t). (6 ) Yhtälöistä (5 ), (6 ) ja (4) saadaan nyt josta BN = c. BN + t BN + c t = c + t c t, 8. Olkoon kuusikulmio ABCDEF ja O sen keskipiste. Olkoon S joukko kuusikulmion pisteitä, josta jokaisen kahden etäisyys on. Olkoot P ja QS:n pisteitä. Kuusikulmion ympäri piirretyn ympyrän säde on. Siis P O Q. Olkoon POQ = α. Silloin cos α = OP + OQ PQ OP OQ + OP OQ =0, joten α 90. Jos olisi α =90, olisi OP + OQ = PQ, mikä olisi mahdollista vain, jos OP = OQ =. Pisteet P ja Q olisivat kuusikulmion kärkiä, ja α olisi muotoa k 60. Siis α>90.josnyts = {P,P,..., P n }, ja pisteet on numeroitu niin, että säteet OP j ovat järjestyksessä, niin kulmien P OP, P OP 3,..., P n OP summa on toisaalta 360, toisaalta enemmän kuin n 90. Siis n 3. Toisaalta n = 3 on mahdollinen, sillä pisteiksi P, P, P 3 voidaan valita sivujen AB, CD ja EF keskipisteet. Janojen P P P P 3 ja P 3 P pituuksiksi saadaan (esim. puolisuunnikkaasta ABCD) 3 >.

20 83. Olkoon f tehtävän ehdot toteuttava funktio. Sijoitetaan tehtävän ehtoon m = n =. Saadaan f(0) = 0 eli f(0) = 0. Sijoitetaan sitten m = 0. Saadaan f(n)( f(n)) = f( n)f(n) elif(n)(f(n)+f( n)) = 0. Kaikilla n on siis joko f(n) =0taif( n) =f(n). Jos f(n) = 0, niin tehtävän ehdosta saadaan sijoittamalla m =0jan:n paikalle n, että f( n)( f( n)) = f(n)f( n) = 0. Siis f( n) =0= f(n). Yhtälö f( n) = f(n) on siis voimassa kaikilla n. Sijoitetaan nyt tehtävän kaavaan m =jan =. Saadaan f(3)(f() ) = f() + eli f(3) )(f() ) =. Koska f on kokonaislukuarvoinen funktio, saadaan seuraavat neljä mahdollisuutta: f() = ja f(3) = 3, f() = 3 ja f(3) =, 3 f() = 0 ja f(3) =, 4 f() = jaf(3) = 0. Tarkastellaan näitä kutakin erikseen.. Osoitetaan, että f(n) =n () kaikilla n. Asiaonnäin, kun n =, ja 3. Oletetaan, että f(m) =m kaikilla m n, missä n 4. Silloin tehtävän ehdon ja induktio-oletuksen nojalla f(n)(f(n ) ) = f(n )(f(n ) + ) eli f(n)(n ) = (n ) n. Siis f(n) =n. Koskaf( n) = f(n) = n, f(n) =n on tosi kaikilla kokonaisluvuilla..tehtävän ehdosta saadaan valinnoilla m =3,n =f(4)(f(3) f()) = f()(f(3) + ) eli f(4) = 9 ja valinnoilla m =4,n =f(5)(f(4) ) = f(3)(f(4) + ) eli 8f(5) = 0. Tämä ei ole mahdollista, koska f(5) on kokonaisluku. 3. Osoitetaan, että { 0, kun n =k f(n) =, kun n =4k + (), kun n =4k +3. Tehtävän ehdosta saadaan sijoittamalla n = f(m +)f(m) = f(m )f(m). Jos f(m) 0,onf(m +)=f(m ). Parittomia argumenttia arvoja koskeva väite seuraa triviaalisti induktiolla. Toisaalta f(4k)(f(4k ) ) = f(4k )(f(4k )+) = 0, joten f(4k) =0,jaf(4k +3)(f(4k +) ) = f(4k 3)(f(4k + ) + ), josta f(4k +)=0. 4. Samoin kuin edellisessä kohdassa todistetaan induktiolla yhtälöiden f(3k)(f(3k ) ) = f(3k )(f(3k ) + ), f(3k +)(f(3k) ) = f(3k )(f(3k) +) ja f(3k +)(f(3k) ( )) = f(3k )(f(3k)+( )) avulla, että 0 f(n) = { 0, kun n =3k,, kun n =3k +,, kun n =3k, (3) Jos f on tehtävän ehdot toteuttava funktio, niin f on jokin funktioista (), () tai (3). Helposti nähdään, että kukin näistä funktioista myös toteuttaa tehtävän ehdot.

21 84. Käytetään standardimerkintöjä. Olkoon kolmion ABC ala S; S = ab sin γ. Koska kolmion PQR sivut ovat kohtisuorassa ympäri piirrettyjen ympyröiden yhteisiäjänteitä MA, MB ja MC vastaan, nähdään heti, että RP Q =90, PRQ =60 ja PQR =30. Lisäksi P on AC:n keskipiste ja BRC = 0, BCR = γ +30 joten CR = a. Kosinilauseen nojalla 3 PR = PC +CR + PR CR cos(γ +30 )= b 4 + a 3 ab ( = b 4 + a 3 ab a + b c 3 ab 3 S ab a sin 0 = 3 (cos γ cos 30 sin γ sin 30 ) ) = ( a c + 4S ). 3 Koska PQ = PRtan 60 = PR 3, saadaan kolmion PQR alaksi S S = ( 3 3 a PQ PR = PR = c + 4S ) = S ( ) 3 a c. Käytetään aritmeettis-geometrista epäyhtälöä: saadaan 3 S S = 4 ( ) a 3 + c S 3 a c S 4 3 = ac 4 S 0, koska ac > ac sin β. 85. Oletetaan, että BC on punainen. Oletetaan, että ainakin kolme särmistä BA i on punaisia. Olkoot BA j, BA k ja BA p punaisia. Janoista A j A k, A k A p ja A p A j ainakin yksionpohjanlävistäjä. Olkoon se A j A k. Tarkastellaan kolmiota CA j A k. Jos jokin sen sivusta on punainen, niin tämä sivujab:n ja sivun päätepisteiden välisten janojen muodostama kolmio on punainen. Muussa tapauksessa CA j A k :n kaikki sivut ovat sinisiä. Oletetaan, että tasan kaksi särmistä BA i on punaisia. Olkoot ne BA j ja BA k.josa j A k on pohjan lävistäjä, päätellään kuten edellä. Jos A j A k ei ole pohjan lävistäjä, se on särmä, ja voidaan olettaa, että A j A k = A A. Tarkastellaan kolmiota A 3 A 5 A 7. Jos siinä on yksi sininen sivu, esim. A 3 A 5, niin A 3 A 5 B on sininen kolmio. Jos sinisiä sivujaeiole,a 3 A 5 A 7 on punainen. Sama päättely kelpaa myös, jos enintään yksi särmistä BA i on punainen. n(n +) 86. Jos n =, =3,jaS = {, 3, 4}, jotenn = on kyseeseen tulevia lukuja. n(n +) Osoitetaan, että se on ainoa. Oletetaan, että n 3, m = ja että luvuilla a, a,..., a n on se ominaisuus, että mitkään kaksi m:stä luvusta a i + a j, i j, eivät ole kongruentteja mod m. Johdetaan ristiriita: Tarkastellaan erotuksia a i a j, i j. Niitä on n(n ) kappaletta. Jos olisi a i a j 0modm, olisi a i + a i a j + a j mod m, vastoin oletusta. Erotuksilla a i a j on siis enintään m eri jakojäännöstä mod m. Mutta jos n 3, niin n n(n +) 3n ja n(n ) = m>m. Kahdella erotuksella, esim. a i a j ja a k a p on siis sama jakojäännös. Mutta silloin a i + a p a k + a j mod m, vastoin oletusta.

22 87. Koska F on neljänmuuttujantoisenasteenpolynomi,seonmuotoa F (u, v, w, z) =a u + a v + a 33 w + a 44 z + a uv + a 3 uw + a 4 uz +a 3 vw + a 4 vz + a 34 wz + a u + a v + a 3 w + a 4 z + a. Jos A ja A ovat kuten tehtävässä, niin B =(x, y ), B =(x, y )ovata :n ja A :n peilikuvat x-akselin suhteen; vastaavasti C =( x,y ), C =( x,y )ovata :n ja A peilikuvat y-akselin suhteen ja D =(y,x ), D =(y,x ) A :n ja A :n peilikuvat suoran y = x suhteen. Ehdon (a) perusteella f(a,a )=f(b,b )=f(c,c )=f(d,d ). On siis voimassa F (x,y,x,y )=F (x, y,x, y ), () Kaavasta () seuraa F (x,y,x,y )=F ( x,y, x,y ), () F (x,y,x,y )=F (y,x,y,x ). (3) a x y +a 4 x y +a 3 x y +a 34 x y +a y +a 4 y =0. Sijoitetaan tähän ensin x = y =,x = y = 0 ja sitten x =, y =,x = y =0, jolloin saadaan yhtälöt a 4 + a 4 =0, a 4 + a 4 = 0 ja edelleen a 4 = a 4 =0. Yhtälöstä () saadaan tämän jälkeen samoin a = a 3 = a 34 = a = a = a 3 =0. Yhtälö (3) on nyt (a a )(x y )+(a 33 a 44 )(x y )+(a 3 a 4 )(x x y y )=0, josta a = a, a 33 = a 44 ja a 3 = a 4. Polynomi F on siis F (x,y,x,y )=a (x + y )+a 33 (x + y )+a 3 (x x + y y )+a Mielivaltaisille pisteille A, A pätee siis f(a,a )=αoa + βoa + γ OA OA + δ = αoa + βoa + γoa OA cos φ + δ. Ehdon (c) perusteella on olemassa φ siten, että edellisen kaavan lauseke on nolla aina kun vektorien OA ja OA välinen kulma on φ, riippumatta vektorien pituudesta. Tämä voi toteutua vain, jos α = β = δ = 0. Siis Vihdoin ehto (d) pakottaa γ:n olemaan =. f(a,a )=γ OA OA.

23 ( ) n 88. Jos joukossa S on n pistettä, niin näillä pisteillä on = Näistä ainakin 3n n(n ) on yksikön pituisia. On oltava 3n n(n ) 3 yhdistysjanaa. eli n 4. Jos n =4,on kaikkien S:n pisteiden välimatka. Tämä on mahdotonta, koska S on tasojoukko. Olkoon n =5. JosjokaisenS:n pisteen ympärillä on tasan kolme pistettä, jotka ovat etäisyydellä ensin mainitusta pisteestä, ykkösen pituisia janoja on 5 3,mikä on mahdotonta. Ai- nakin yksi piste A sijaitsee siis niin, että neljä muuta ovat -säteisellä ympyrällä, jonka keskipiste on A. Helpostinähdään, että muut neljä pistettä ovata-keskisen säännöllisen kuusikulmion vierekkäisiäkärkiä. Kärjistä ne kaksi, jotka ovat ympyrän halkaisijan päätepisteitä, eivät ole etäisyydellä kolmesta muusta pisteestä. On siis oltava n 6. Tapauksessa n = 6 saadaan toimiva konfiguraatio esim. liittämällä yksikköneliön neljään kärkeen neliön kahdelle vastakkaiselle sivulle piirrettyjen tasasivuisten kolmioiden kärjet; toinen kolmio piirretään neliön ulkopuolelle, toinen sisäpuolelle. Tapauksessa n = 7läh- detään vinoneliöstä ABCD, jossa AB = BC =. Kierretään vinoneliötä A:n ympäri asentoon AF EG niin, että DE =. Jos nyt vinoneliötä AF EG kierretään E:n ympäri asentoon A F EG niin, että AA =, saadaan tapauksessa n = 8 toimiva konfiguraatio. Tehtävän ehdon täyttävästä joukosta, jossa on n pistettä, saadaan aina n + 3:n pisteen joukko lisäämällä kuvioon vinoneliö, jonka pitemmän lävistäjän toinen kärki yhtyy johonkinkuvionkärkeen ja jonka pitemmän lävistäjän toinen kärki on etäisyydelläjostain alkuperäisen kuvion pisteestä. Siis kaikilla n 6tehtävän ehdon täyttävä joukko voidaan konstruoida. 89. Olkoon P mielivaltainen tason piste ja olkoon M = PA A...A n säännöllinen n- kulmio. Olkoon M k = PA k A k...a n,k, k =0,,..., n, monikulmio, joksi M kuvautuu, kun tasoa kierretään P :n ympäri kulman k π n verran. Koska jokainen M k on säännöllinen n-kulmio, on nf(p )+ n n f(a ik )=0. k=0 i= Mutta jokainen A i0 A i...a i,n on myös säännöllinen n-kulmio, joten n n n n f(a ik )= f(a ik )=0. k=0 i= i= k=0 Siis nf(p )=0jaf(P )=0. KoskaP on mielivaltainen, f on identtisesti Osoitetaan, että suurin tehtävän ehdon täyttävä n on 9. Tarkastellaan lukuja x i = i, i =,,..., 9. Silloin ε x + ε x ε 9 x = 9 = 5 < 9 3 = 79. Jos nyt 9 3 ε + ε ε 9 8, niin ε + ε ε 9 8 = 0. Koska summa on parillinen, ε = 0. Siis 9 3 ε + ε ε 9 7, josta seuraa kuten edellä ε = 0. Samoin jatkamalla

24 saadaan ε i =0,i =3,...9. Luku 9 toteuttaa tehtävän ehdon. Olkoon sitten n 0. Koska n >n 3. (Induktiotodistus: 0 = 04 > 0 3,jos n >n 3,jan 0, niin n+ > n 3 >n 3 + n n >n 3 +7n >n 3 +3n +3n +=(n +) 3 )OlkoonA = {x i, x,..., x n } joukko, jossa on n alkiota. Koska A:n epätyhjien osajoukkojen lukumäärä on n >n 3, A:lla on ainakin kaksi osajoukkoa, joiden alkioiden summa on sama mod n 3. Jos näistä osajoukoista poistetaan niiden mahdolliset yhteiset alkiot, saadaan A:lle kaksi yhteisalkiotonta osajoukoa B ja C, joiden alkioiden summa on sama. Siis x i x i 0modn 3. x i B x i C Mutta tämä tarkoittaa, että on olemassa luvut ε i {, 0, }, eivät kaikki nollia, siten, että n 3 ε i x i. x A Mikään n 0 ei siis toteuta tehtävän ehtoa. 9. Merkitään cos nπx = α n, cosnπy = β n. Silloin α n = α n +, β n = β n + (kaksinkertaisen kulman kosinin kaava) ja (α n + β n ) +(α n β n ) =(α n + β n )=+(α n + β n ). Koska luvuilla α n + β n (ja siis myös luvuilla α n + β n )onvainäärellisen monta eri arvoa, myös luvuilla α n β n on äärellisen monta eri arvoa. Koska 4 α n = ((α n + β n )+(α n β n )) β n = ((α n + β n ) (α n β n )), luvut α n ja β n saavat äärellisen monta eri arvoa. Siis α n = α m eli cos nπx =cosmπx joillain m n. Siis nπx = mπx +kπ tai nπx = mπx +kπ jollain k. Siis Samoin todistetaan, että y Q. x = k n ± m Q. 9. Käytetään seuraavia merkintöjä. E, F, G ja H ovat kaarien AB, BC, CD ja DA keskipisteet, A, B, C ja D ovat kolmioiden BCD, CDA, DAB ja ABC sisään piirreettyjen ympyröiden keskipisteet, A B on kolmion BCD sen sivuympyrän, joka sivuaa CD:tä jasäteitä BC ja BD, keskipiste. Vastaavasti määritellään muut pistettä X Y, missä X, Y {A, B, C, D}, X Y. Osoitetaan, että joukoiksik ja L voidaan valita K = {A B,C D,A B B A,C D D C } ja L = {A D,B C,B C C B,A D D A }. Todistus perustuu osin aputuloksiin, joilla on itsenäisestäkin merkitystä. Piirrä kuvat!

25 Aputulos. EG FH. Todistus. Olkoon JEG:n ja FH:n leikkauspiste. Kehäkulmia GEH ja FHE vastassa olevat kaaret ovat yhteensä tasan puolet kaarista AB, BC, CD ja DA eli koko ympyrästä. Siis JEH + JHE = 360 ja EJH =90. Aputulos. FD = FD A = FB = FC. Todistus. A, D, F ja D A ovat samalla suoralla. Kolmion BAD kulman BD A vieruskulmana BD F = BAF + ABD = BAF + ABC. Mutta myös FBD = FBC+ CBD = FAC+ ABC BAF+ ABC. Kolmio FBD on tasakylkinen, joten FD = FB(= FC). Kolmio D BD A on suorakulmainen (kulma D BD A puolet kahdesta kulmasta, joiden summa on oikokulma), joten FBD A =90 D BF =90 FD B = FD A B.KolmioFBD A on tasakylkinen eli FD A = FB. Vastaava tulos pätee muille tehtävän kolmioille; erityisesti esim. D, D B, A ja C ovat yhtä etäällä kaaren CDA keskipisteestä jne. Aputulos 3. A B C D on suorakulmio. Todistus. Aputulos sovellettuna kolmioon BDC antaa FA = FC = FD. F on siis janan A D keskinormaalilla. Mutta D FH = A FH, joten kolmiot D FH ja A FH ovat yhteneviä (ssk). Siis D H = A H,jotenmyös H on A D :n keskinormaalilla. Samoin nähdään, että HF on myös B C :n keskinormaali. Siis A D C B. Samoin A B C D.KoskaFH EG, A D A B. Aputulos 4. A D A D D A on suorakulmio. Todistus. Aputuloksen perusteella nelikulmion A D A D D A lävistäjät ovat yhtä pitkät ja puolittavat toisensa. Aputuloksen 4 perusteella pisteet D A ja C B ovat suoralla A B, pisteet A D ja B C suoralla D C, pisteet A B ja D C suoralla C B ja pisteet B A ja C D suoralla D A. Lisäksi suorat A B B A ja C D D C ovat A B :n ja C D :n suuntaisia ja suorat B C C B ja A D D A suorien A D ja B C suuntaisia. Väite tulee todistetuksi, kun osoitetaan, että A B B A ja B C C B leikkaavat pisteessä D B Aputulos 5. Janan B C B A keskipiste on kaaren CDA keskipiste P. Todistus. B C, D ja B A ovat kolmion ACD kulman D vieruskulmien yhteisellä puolittajasuoralla. Jos B C B D leikkaa kaaren CDA pisteessä P, niin (olettaen, että P DB A ) CDP = ( DAC + ACD), joten kaari CP on puolet kaaresta CDA. Siis P = P. Olkoon P B C B A :n keskipiste. Koska kolmiot B C AB A ja B C CB A ovat suorakulmaisia, P A = P C = B AB C. Siis P on janan AC keskinormaalilla. Tämä keskinormaali leikkaa kaaren CDA pisteessä P.KoskaP B C B A,onoltavaP = P. Aputuloksen 5 ja aputuloksen jälkeen tehdyn huomautuksen perusteella B A B C ja D D B ovat yhtä pitkät ja puolittavat toisensa leikkauspisteessään P.Näin ollen B C D B A D B on suorakulmio, joten D B on suorilla B A A B ja B C C B. Vastaavat tulokset pätevät pisteille B D, C A ja A C, joten todistus on valmis. [Romanian vuoden 996 olympiavalinnassa neljä kilpailijaa ratkaisi tämän tehtävän.] 93. Olkoot C ja C ympyröiden ζ ja ζ keskipisteet olkoon C OC D suorakulmio. Olkoon Kζ :n ja ζ :n sivuamispiste. Tällöin C, K ja C ovat samalla suoralla ja C C = R +R, missä R i on ζ i :n säde. Siis myös OD = R + R.JosR on ζ:n säde, niin OC = R R ja OC = R R.KOlmioepäyhtälön nojalla R + R = C C <OC + OC =(R R )+ (R R ), joten R + R <R. Piste D on ζ:n sisällä. Leikatkoon OD ζ:n pisteessä H ja leikatkoot C Dζ :n E:ssä jac Dζ :n F :ssä. Silloin DE = DF = DH = R (R + R ). 5

26 Näin ollen D on ζ 3 :n keskipiste, E = S, F = T ja H = C. Siis SCT = EHF = AOKC, BOKD ja ABCD ovat jännenelikulmioita. Olkoon LAD:n ja BC:n leikkauspiste. Osoitetaan, että M on suoralla KL ja että KL OK. Osoitetaan ensin, että myös AKLB on jännenelikulmio. Kehäkulmalauseen ja kolmioiden OAC ja OBD tasakylkisyyden perusteella OKB = ODB = OBD ja AKO = ACO = CAO. Siis AKB = OBD + OAC = ( AOD + COB) =90 + COD. Toisaalta ALB = 80 ( DAO+ CBO) = 80 (80 COD)=90 + COD. AKLB on siis jännenelikulmio. Tämän takia LKO = LKA AKO = 80 LBO AKO = 80 ( AOC + COB)=90. Siis OK OL. Osoitetaan, että LKDC on jännenelikulmio: DKC = 360 ( DKO+ CKO)= DBO+ CAO = ( AOD+ COB)= 90 + COD = ALB = CLD. Pisteen M potenssi nelikulmioiden AKLB ja LKCD ympäri piirrettyjen ympyröiden Y ja Y suhteen on sama, silläseonm:n potenssi ympyrän ABDC suhteen. Siis M on Y :n ja Y :n radikaaliakselilla, joka puolestaan on ympyröiden leikkauspisteiden kautta kulkeva suora KL. 95. Olkoon ( ) 00 ( ) 00 n = ( ) 00 ( = ( 50) k 7 00 k ( ) 000 ( ) 00 50) k ( 7) 00 k = ( 50) m 7 00 m. k k 0 n on kokonaisluku. Koska 7, =50,4, on 7 < 50 < 7,. Siis 50 7 < 0 ja ( 50 7) 00 < Mutta näin ollen ( ) 00 = kokonaisluku + luku, joka on alle Kysytyt desimaalit ovat molemmat nollia. 96. Olkoot kolmion ABC sivujen pituudet a, b ja c. Voimme olettaa, että mediaani AD ja kulman puolittaja BE leikkaavat toisensa kohtisuorasti pisteessä P. Kolmiossa BDA on silloin BP sekä kulman puolittaja että korkeusjana. Kolmio BDP on tasakylkinen. Mutta silloin a =c. Koska{a, b, c} on kolmen peräkkäisen kokonaisluvun joukko, a c on tai. Jos a c =,c =,a =, jolloin b =3. Tällöin ABC ei ole kolmio. On siis oltava a c =c c =,c =,a =4,b = Jos alkuperäisenkuutionsärmä onx ja y on osakuution särmä, niin x:n ja y:n on oltava muiden keskenään samankokoisten osakuutioiden särmän monikertoja eli x ja y ovat positiivisia kokonaislukuja. Lisäksi on oltava x 3 y 3 =98eli(x y)(x + xy + y )= 98 = 7. Koska x y<x + xy + y,onoltavax y =,x + xy + y =49eli y +4y +4+y +y + y =3y +6y +4=49 eliy +y 5 = 0. Tämän yhtälön ainoa positiivinen ratkaisu on y = 3. Siis x =5,jaK:n tilavuus on 5 yksikköä. m=0 6