Baltian Tie -kilpailutehtävien ratkaisuja vuosilta

Transkriptio

1 Baltian Tie -kilpailutehtävien ratkaisuja vuosilta Kolmiot AMB, BNC ja AKC ovat tasakylkisiä ja yhdenmuotoisia. Siis AM AB = AK ja MAK = AC BAC. Kolmiot AMK ja ABC ovat yhdenmuotoisia (sks). Samoin CN CB = CK ja NCK = BCA. CA Siis myös kolmiot KNC ja ABC ovat yhdenmuotoisia (sks). Näin ollen kolmiot AMK ja KNC ovat yhdenmuotoisia. Mutta AK = KC, jotenamk ja KNC ovat itse asiassa yhteneviä. Tästä seuraamb = AM = KN ja BN = NC = MK. Nelikulmio KMBN on suunnikas, koska sen vastakkaiset sivut ovat pareittain yhtä pitkät Täydennetään suorakulmainen kolmio ABC neliöksi ABDC. Koska CM AN, ja CA AB, niin NAB = MAC.KulmatCAB ja ABN ovat suoria ja AB = AC. Kolmiot CAM ja ABN ovat yhteneviä (ksk), joten BN = AM = MB. Lisäksi MBP = PBN =45. Kolmiot MBP ja NBP ovat yhteneviä (sks), joten PMB = BNP = AMC Leikatkoot suorat FE ja BC pisteessä P. Riittää, kun osoitetaan, etä PA on kolmion ABC ympäri piirretyn ympyrän tangentti. Tämä tulee osoitetuksi, kun osoitetaan, etä CAP = CBA. Koska AF DE on neliö, DEF = AEF ja DE = AE. Siis DEP = AEP ja kolmiot EDP ja EAP ovat yhteneviä (sks). Siis PAC = PAE = PDE. Mutta koska AF DE on neliö, DE AB. Siis EDP = ABC, jatodistusonvalmis Olkoon AD kullman BAC puolittaja. Silloin ABD = DAC =60. Koska myös PBA = QCA =60, PB AD CQ. Piirretään A:n kautta suoria BP ja QC vastaan kohtisuora suora, joka leikkaa BP:n pisteessä X ja QC:n pisteessä Y. Suorakulmaisten kolmioiden AXB ja AY C yksi kulma on Tästä seuraa, että AX = AB ja AY = AC. Toisaalta XY PQ. Väite seuraa Merkitään AB = c, BC = a, CA = b. Piirretään kulman ACB puolittaja; se leikaa AB:n pisteessä D. Kulmanpuolittajalauseen perusteella BD = a c. Tehtävän a + b

2 ehdosta seuraa ab = c a ja c a + b = a. Mutta tämä merkitsee, että c BD BC = c a + b = BC BA. Koska kolmioissa BDC ja BCA on yhteinen kulma B, kolmiot ovat yhdenmuotoisia (sks). Mutta silloin Bca = BCD = BAC. Kysytty suhde on siis : Jos hotellissa on asukas, joka tuntee kaikki muut, hotelliasukkaan tuttavien määrä on jokin luvuista,..., n. Ellei kukaan tunne kaikkia muita, asukkaan tuntemien muiden asukkaiden määrä on jokin luvuista 0,,..., n. Joka tapauksessa hotellin n:n asukaan joukossa on aina jotkin kaksi, sanokaamme A ja B, joilla on yhtä monta tuttavaa muiden asukkaiden joukossa. Oletetaan, että A:lla ja B:llä ei ole yhteisiä tuttavia. Silloin A ja B voivat kumpikin tuntea enintään (n ) (elleivät tunne toisiaan) tai (n ) + (josa ja B tuntevat toisensa) muuta asukasta. Jos n on pariton, (n ) = n 3, ja välttämättä ainakin yksi asukas on tuntematon sekä A:lle että B:lle. Jos n = 4, Pertti on väärässä: oletetaan, että asukasa tuntee B: jac:n, asukas B tuntee A:n ja D:n, C tuntee A:n ja D tuntee B:n. Silloin A:lla ja B:llä yhtä monta tuttua, muttei yhteisiä tuttuja eikä myöskään tuntemattomia. Samoin C:llä jad:llä onyhtä monta tuttavaa, muttei yhteisiä tuttuja eikä tuntemattomia. Olkoon sitten n parillinen ja 6. Merkitään hotellin kaikkien asukkaiden joukkoa H:lla. Oletetaan, että vierailla A ja B on sama määrä tuttuja, muttei yhtään yhteistä tuttuatai tuntematonta. Aikaisemman päättelyn mukaan kummallakin on n tai n tuttavaa joukossa H. Tarkastellaan sitten joukkoa H\{A, B}. Siinä on kaksi henkilöä, C ja D, joilla on sama määrä tuttavia joukossa H\{A, B}. KoskaC ja D eivät ole sekä A:n että B:n tutuja tai tuntemattomia, kummallakin on sama määrä tuttuja joukossa H. Määrä on n tai n. Koska n 6, joukossa H\{A, B, C, D} on henkilöt E ja F, joilla on yhtämonta tuttavaa joukossa H\{A, B, C, D}. Jokaisella joukkoon H\{A, B, C, D} kuuluvalla on tasan kaksi tuttua ja tasan kaksi tuntematonta joukossa {A, B, C, D}. Tästä seuraa, että E:llä jad:llä onyhtä monta tuttua joukossa H ja tämä lukumäärä onjälleen n tai n. Joukossa {A, B, C, D, E, F } on siis ainakin neljä hotellivierasta, joilla on sama määrä tuttavia. (A:n ja B:n, C:n ja D:n ja E:n ja F :n tuttavien määrä on sama.) Jos näistä neljästä valitan mitkä hyvänsä kolme, niin yksi näistä kolmestaonjokokahdenmun yhteinen tuttava tai outo kummallekin. (Esimerkiksi A, B ja C; C tuntee tasan toisen A:sta ja B:stä, esimerkiksi A:n; jos A ja B tuntevat toisensa, A on B:n ja C:n yhteinen tuttava, jos A ja B eivät tune toisiaan, B on outo A;lle ja C:lle.) Jokaisen painikkeen tilaa on muutettava pariton määrä kertoja. Näin tapahtuu, jos jokaista painiketta painetaan kerran: samalla rivillä olevien painikkeiden painaminen muuttaa tilaa 50 kertaa ja samassa sarakkeessa olevien painikkeiden painaminen lisäksi 39

3 kertaa. Kaikkien painikkeiden tilan voi siis muuttaa 000:lla painalluksella. Osoitetaan, että kaikkien painikkeiden tilan muuttaminen vaatii sen, että jokaista painiketta painetaan ainakin kerran. Oletetaan, että jotakin painiketta ei ole ollenkaan koskettu. Voidaan olettaa, että tämä painike on ylimmän rivin vasemmanpuoleisin painike. Jotta tämän painikkeen tilaa olisi muuttunut, on joko ylimmän rivin tai vasemmanpuoleisen sarakkeen muita painikkeita painettava yhteensä pariton määrä kertoja. Oletetaan, että ylimmän rivin painikkeita on painettu yhteensä pariton määrä kertoja. Jokaisessa sarakkeessa on toisesta rivistä alkaen oltava parillinen määrä painalluksia, jotta ensimmäisen rivin painikkeiden tila muuttuisi. Koska rivejä on pariton määrä, on jossain rivissä, sanokaamme toisessa, oltava parillinen määrä painalluksia. Mutta silloin ensimmäisen sarakkeen toiseen painikkeeseen kohdistuisi parillinen määrä tilanmuutoksia. Jotta kaikkien painikkeiden tila muuttuisi, on siis painikkeita painettava ainakin 000 kertaa Olkoot Pertin ystävät juhlissa Y,Y,..., Y 3 Oletetaan, että Pertti palasi juhlaan k kertaa eli että hän hyvästeli ystäviään k + kertaa. Tämä merkitsee, että Pertti unohti hyvästellä ainakin yhden ystävänsä k kertaa. Olkoon tämä ystävä Y 3. Olkoon x j se määrä kertoja, jonka Pertti unohti hyvästellä ystävänsä Y j :n. Koska Pertti hyvästeli kunkin ystävänsä eri määrän kertoja, ystävien numerointi voidaan laatia niin, että x j j. Kullakin hyvästelykerralla Pertti unohti tasan kolme ystäväänsä. Siis 3(k +)= x j + k j + k =66+k. j= Siis k 63 eli k 3. Osoitetaan vielä, että k = 3 on mahdollinen. Seuraavan 33- sarakkeisen taulukon pystyrivit osoittavat niiden Pertin ystävien järjestysnumerot, jotka hän kunakin hyvästelykertana unohti: }... {{ 0 } 9 } 9... {{ 9 } } 6... {{ 6 } Merkitään ruudut lukupareilla (i, j), i, j k. OlkoonL kaikkien tällaisten parien joukko. Muodostetaan funktio f : L L asettamalla (i +,j+ k), kun i on pariton ja j k, (i, j+ k), kun i on parillinen ja j k, f(i, j) = (i +,j k), kun i on pariton ja j>k, (i, j k), kun i on parillinen ja j>k. On helppo tarkistaa, että f on bijektio. Koska pisteiden (i, j) jaf(i, j) etäisyys on +k, f kuvaa jokaisen :llä merkityn ruudun :llä merkitylle ruudulle. :llä merkittyjä ruutuja ei voi olla enempää kuin :llä merkittyjä Joka kerta kun operaatio tehdään, taululle jäävien lukujen erotus on puolet siitä, mikä se oli ennen operaatiota. Operaatio voidaan tehdä, jos lukujen erotus on parillinen. Operaatio voidaan tehdä n kertaa, jos lukujen erotus alkutilanteessa on n a.koska = 048 > 000, operaatio voidan tehdä enintään 0 kertaa. Jos toinen luvuista on aluksi = 976, operaatio voidaan tehdä 0 kertaa. k=0 3

4 000.. Eräs mahdollinen tehtävän ehdon toteuttava lukujono saadaan seuraavasti: jos luvun n alkutekijähajotelma on n = p k pk pk m m, asetetaan a n = k +k + +k m. Koska 000 = 4 5 3, a 000 = 3+4 = 8. Pienin mahdollinen luvun a 000 arvo on siis 8. Kasvavassa jonossa, 5, 5, 5, 50, 500, 000, 000 jokainen luku on jaollinen edellisellä. Olkoon a,a,..., a 000 jokin tehtävän ehdon toteuttava jono. Silloin a jaa 000 a 000 4a 500 8a 50 6a 5 3a 5 64a 5 8a 8. Pienin mahdollinen luvun a 000 arvo on siis Olkoon joukossa X = {x,x,..., x n } luvut y,y,..., y k, joissa on maksimimäärä numeroita ja joissa on viimeistä lukuun ottamatta samat numerot (tällaisia lukuja voi olla vain yksikin). Silloin y =0y+a,..., y k =0y+a k, missä0 a <...<a k 9. Tällöin + 0 y y k 0y +0 = y. Luvuista x i tehdyn oletuksen nojalla y/ X. Josluvuty,y,..., y k poistetaan joukosta X ja tilalle laitetaan y, syntynyt joukko toteuttaa tehtävän ehdon (koska luvuissa y i oli maksimimääränumeroita,y ei voi olla minkään vähempinumeroisen luvun alku) ja lukujen käänteislukujen summa ei pienene. Samaa jatkaen tullaan lopulta epäyhtälöön x x x n = < Olkoon a i = k + id. Tehdään vastaoletus: n = pq, missä p:llä jaq:lla ei ole yhteisiä tekijöitä. Oletuksen mukaan p on k + pd:n tekijä jaq on k + qd:n tekijä. Silloin k on jaollinen p:llä jaq:lla, joten k on jaollinen n:llä. Mutta nyt a n = k + nd, jotena n on jaollinen n:llä. Ristiriita. Siis n:llä voi olla vain yksi alkutekijä, eli n on alkuluvun potenssi Osoitetaan, että ainoa ehdon toteuttava luku on 000. Merkitään d(n):llä luvun n positiivisten tekijöiden lukumäärää jaa(p, n):llä alkuluvun p eksponenttia luvun n alkutekijähajotelmassa (siis esimerkiksi a(, ) = ja a(3, ) = ). Merkitään vielä f(n) = n.tehtävänä on siis etsiä ne luvut n, joille f(n) = 00. Todistetaan ensin d(n) Apulause. Jos n on positiivinen kokonaisluku ja m<non n:n tekijä, niin f(m) f(n) ja f(m) =f(n) jos ja vain jos m on pariton ja n =m. Todistus. Tunnetusti d(n) = p ( + a(p, n)). Oletetaan ensin, että n = mp ja p on alkuluku. Silloin a(p, m) =a(p, n) ja 4 f(n) f(m) = nd(m) md(n) = p+(a(p, m) +a(p, n) = pa(p, n) +a(p, n) =. Yhtäsuuruus vallitsee, jos ja vain jos p =jaa(, n)=elijosp =jam on pariton. Oletetaan sitten, että n = ms, missä s on jokin kokonaisluku. Kun edellistä päättelyä sovelletaan s:n kuhunkin alkutekijään, saadaan induktiolla helposti f(m) f(n); jotta yhtäsuuruus säilyisi jokaisessa induktioaskeleessa, olisi poistuvan tekijä aina oltava ja jäljelle jäävän tekijän pariton. Tämä on mahdollista vain, jos s =. Apulause on todistettu.

5 Oletetaan nyt, että f(n) = 00 eli n = 00d(n) = 5 d(n). Tehdään muutamia arvioita.. f( 7 5 )= > 00. Jos olisi (7 5 ) n, niin apulauseen perusteella olisi f(n) > 00. Siis a(, n) 6.. f( 5 4 )= 500 > 00. Siis a(5, n) f( )= 800 > 00. Siis a(3, n) Josq>5 on alkuluku ja k 4, niin f( 5 q k )= 00qk 9(k +) > 00 3k 9(k +) = f( 5 3 k ) > 00. Siis a(q, n) Jos alkuluku q>7ononn:n tekijä, niin q on d(n):n tekijä, eli + a(p, n) =q jollain alkuluvulla p. Mutta jo todistetun mukaan a(p, n) 6 kaikilla p. Siis n:n alkutekijät ovat Jos 7 n, niin 7 d(n), joten 7 +a(p, n) jollain p. Edellä todisteun mukaan tämä on mahdollista jos ja vain jos p =jaa(, n) = 6. Mutta f( 6 5 7) = 00 > Siis 7 ei voi olla n:n tekijä eikämyöskään a(, n) = 6 ole mahdollinen. 7. Jos a(5, n) = 3, niin 5 d(n) ja siis 5 +a(p, n) jollain p. Aiemmin todistetun nojalla p =. Siis a(, n) = 4. Toisaalta, jos a(, n) = 4, niin 5 d(n) ja5 3 n ja kohdan perusteella d(5, n)=3. f( )= 000 = 00. Luku 000 toteuttaa tehtävän ehdon Tarkastetaan vielä tapaus a(5, n)=. Nyt7 :n mukaan a(, n) 4,jotena(, n) {, 3, 5}. Koska a(5, n) =, niin 3 d(n) ja3 n. Siis a(3, n) {,, 3}. Nyt 7 :n mukaan a(, n) 4,jotena(, n) {, 3, 5}. Jos olisi d(, n) = 3, niin d(n) on jaollinen :lla, muttei 4:llä. Toisaalta d(n) on jaollinen + a(, n):llä eli 4:llä. Ristiita. Siis a(, n) {, 5}. Tästä seuraa, että 3 d(n) ja3 n. Siis a(3, n) {, 3}. Jos olisi a(3, n) =, niin 3 3 d(n) ja3 3 n eli d(3, n) 3. Jos olisi a(3, n) = 3, niin olisi a(3, d(n)) = ja edelleen a(3, n) =. Ristiriita taas. Siis n = 000 on ainoa tehtävän ratkaisu Koska n ei ole jaollinen :lla eikä 3:lla, n ±mod6. Josn =,väite pätee. Jos n = 5, saadaan (k +) 5 k 5 =5k 4 +0k 3 +0k +5k =5k(k 3 +k +k +)= 5(k +)(k + k + ), joten väite pätee. Olkoon siten n>6jaolkoont = k + k +. Lasketaan mod t: (k+) n k n =(k+) (k+) n k k n =(t+k)(k+) n (t (k+))k n k(k+) n +(k+)k n =(k +k)((k+) n 3 +k n 3 ) =(t )((k+) n 3 +k n 3 ) (k +) n 3 k n 3 = (k +) (k +) n 5 k k n 5 = (t + k)(k +) n 5 (t (k +))k n 5 k(k +) n 5 +(k +)k n 5 = (t )((k +) n 6 k n 6 ) (k +) n 6 k n 6. 5

6 Jos yhtälöäketjun viimeinen luku on jaollinen t:llä elik + k + :llä, myös ensimmäinen on. Väite todistuu siis induktiolla Esitetään geometrinen todistus. Olkoon OA = a, OB = b ja OC = c ja olkoon AOB = BOC = 60. Silloin AOC = 0. Koska cos 60 = ja cos 0 =, sadaan kosinilauseesta heti a ab + b = AB, b bc + c = BC ja a + ab + c = AC. Väite seuraa kolmioepäyhtälöstä AC AB + BC Merkitään X = x + z, Y = y + t. Ryhmän kaksi ensimmäistä yhtälöä ovatnyt X + Y =5jaXY = 4. Ratkaistaan yhtälö X + 4 =5. Nähdään heti, että ratkaisut ovat X X =jax = 4. Siis {X, Y } = {, 4}. Tehtävän ryhmän kolmas yhtälö onyxz+xyt =3 ja koska XY = 4, viimeinen yhtälö voidaan kirjoittaa (Yxz)(Xyt)= 4. Nyt voidaan ratkaista samoin kuin edellä {Xyt, Y xz} = {, 4}. Ratkaistavaksi jää eri kombinatioita vastaavat yksinkertaiset { yhtälöparit. Saadaan: Jos X =,Y = 4,Yxz = jaxyt = 4, niin {x, z} =, } +, y = t =,JosX =4,Y =,Yxz=4jaXyt =, { niin x = z =ja{y, t} =, } +. Muut kaksi mahdollista yhdistelmää eivät johda reaalisiin ratkaisuihin Koska x + x + x += x ((x +) x x += x (x x x ++x +) = ( ) x x +, x yhtälö onyhtäpitävä yhtälön ( ) ( x x + + y y +) =0. x y On koska x ja y ovat positiivisia, on oltava x = x + ja y = y +. Ainoa ratkaisu on x = y = Kirjoitetaan t n =(t ) n =((t ) +(t )) n ja käytetään binomikaavaa. Koska (t ) 0jat 0, binomikaavan kaikki termit ovat positiivisia. Kun muut kuin ensimmäinen ja viimeinen termi jätetään pois, saadaan heti tehtävän epäyhtälö Kirjoitetaan 6 x n = (n + )((n + )(n + 3))((n + 3)(n +5)) (4n +) (n) (n +) (4n).

7 7 Sovelletaan osoittajaan epäyhtälöä x(x +) (x +) ja supistetaan. Saadaan x n (n + )(4n +) (n) < + n. Kun samaa tekniikkaa soveletan nimittäjään, saadaan Siis Erityisesti <x n <. Lisäksi x n (4n +) n 4n > + n. n <x n < n. n(x n + ) <x n < n(x n + ). Koska + < 4ja <, väite seuraa Olkoot tehtävät T i, i =,,..., 8. Eräs mahdollisuus jakaa tehtävät kahdeksalle opiskelijalle O j, j =,,..., 8 on oheisessa taulukossa T T T 3 T 4 T 5 T 6 T 7 T 8 O O O 3 O 4 O 5 O 6 O 7 O 8 Koska taulukossa ei ole yhtään suorakaidetta, jonka joka kärjessä olisi, yksikään opiskelija ei saa kahta samaa tehtävää jonkin toisen kanssa. Opiskelijoita voi siis olla ainakin kahdeksan. Oletetaan, etä jokin tehtävä olisi annettu neljälle eri opiskelijalle. Tällöin kukin heistä tarvitsisi kaksi muuta tehtävää. Tehtäviä pitäisi siis olla ainakin yhdeksän. Mitään tehtävää ei siis voi antaa useammalle kuin kolmelle opiskelijalle. Yksittäin laskien tehtäviä ei siis voi antaa kuin 4 kappaletta. Mutta koska jokainen opiskelija saa kolme tehtävää, opiskelijoita ei voi olla enempää kuin kahdeksan Olkoon A niiden positiivisten kokonaislukujen joukko, joiden nollasta eroavat numerot ovat lopusta alkaen paikoissa, n+, n+, jne., A niiden positiivisten kokonaislukujen joukko, joiden nollasta eroavat numerot ovat lopusta alkaen paikoissa, n+, n+, jne., ja viimein A n niiden positiivisten kokonaislukujen joukko, joiden nollasta eroavat numerot ovat lopusta alkaen paikoissa n, n, jne. Jokainen positiivinen kokonaisluku voidaan lausua yksikäsitteisesti n:n luvun summana, jonka jokainen yhteenlaskettava kuuluu eri joukkoon A i, i n.

8 00.3. Koska A + B on kaikkien sarakesummien ja kaikkien rivisummien summa, niin A + B on kaksi kertaa koko ruudukon lukujen summa. Jos olisi A = B, olisi siis 49 B = = k= Tästä seuraisi, että B on pariton. Toisaalta B on parillisten lukujen summa ja siis parillinen. A = B ei siis ole mahdollista Tarkastetaan janaa, jonka päätepisteet ovat (0, 0) ja (q, p) ja koordinaattiakselien suuntaista suorakaidetta, jonka lävistäjä tämä jana on. Suoran, jolla se on, yhtälö on y = p x.koskap:llä jaq:lla ei ole yhteisiä tekijöitä janalla ei ole yhtään kokonaislukukoordinaattista pistettä. Pisteen k, pk ) pk q ( alapuolella on kokonaislukukoordinaatista q q suorakaiteen pistettä. Lävistäjän alapuolella on kaikkiaan tasan puolet suorakaiteen kokonaislukukoordinaattista pisteistä, eli (p )(q ) pistettä Numeroidaan pisteet :stä 00:een niin, että vierekkäisillä pisteillä on vierekkäiset numerot. Tarkastellaan numerointia tarpeen vaatiessa mod 00. Sanomme, että k pistettä muodostaa yksivärisen k-jonon, jos ne ovat vierekkäin ja ovat samanvärisiä. Olkoon d(f )värityksen F suurin k, jolla värityksessä on yksivärinen k-jono. Koska 00 on pariton, d(f ) kaikille värityksille F.Josd(F ) = 00, pisteet ovat samanvärisiä, ja F = F =... Tällöin n 0 =kelpaan 0 :ksi. Oletetaan siis, että <d(f ) < 00. Jos d(f n ) = jollakin n, niin F n+ saadaan F n :stä vaihtamalla kaikkien pisteiden väri. Silloin F n+ = F n ja F k+ = F (k) kaikilla k n. Olkoon nyt d(f n )=k 3jaolkoon (i +,i+,..., i+ k) yksivärinen k-jono. Silloin (i +,i+3,..., i+ k ) on F n+ :n yksivärinen k-jono. Siis d(f n+ ) d(f n ). Toisaalta, jos k 3, ja (i+, i+,..., i+k) on F n+ :n pisin yksivärinen k-jono, niin (i, i+,..., i+k +) on F n :n yksivärinen (k +)- jono. Siis d(f n ) d(f n+. Kaikkiaan siis d(f n+ = d(f n ), jos 3 <d(f n ) < 00. Eri mahdollisuudet läpikäymällä toteaa helposti, että josd(f n ) = 3, niin d(f n+ )=. Edellä sanotusta seuraa, että d(f 000 )=,jotenf n+ = F n kaikilla n 000. Jos erityisesti d(f ) = 000 (vain yksi piste muista poikkeavasti väritetty), niin d(f k ) >, kun k<000 ja d(f 000 ) =. Luku 999 ei siis kelpaa luvuksi n Yhdensuuntaiset suorat leikkaavat ympyrän niin, että leikkauspisteitä yhdistävät jänteet ovat yhtä pitkät. Siis BC = AE = CD. KoskaEP on ympyrän c tangentti, niin kehäkulmalauseen nojalla CAD = PEC.Jännenelikulmion kulma ja vastaisen kulman vieruskulma ovat yhtä suuret, Siis BCE = PAE. Mutta tästä seuraa, että kolmiot BCQ ja EAP ovat yhteneviä (ksk). Siis erityisesti CQ = AP. Mutta nyt nelikulmiossa CQPA on yhtä pitkä ja yhdensuuntainen sivupari. Nelikulmio on siis suunnikas, ja AC PQ. 8

9 Todistus jäljittelee tavanomaista Ptolemaioksen lauseen todistusta. Valitaan AC:n piste X niin, että ADX = AKN. Silloin kolmiot AKN ja ADX ovat yhdenmuotoisia, joten AK AN = AD AX. () Koska ANK = AXD, niin DXC = KND = AMK (viimeinen yhtälö johtuu siitä, että AMKN on jännenelikulmio.) Koska KAM = XCD, kolmiot AMK ja CXD ovat yhdenmuotoisia. Siis Yhtälöistä ()ja()seuraa AK AM = CD CX = AB CX. () AN AD + AM AB = AX AK + CX AK = AC AK Olkoon E pisteen B peilikuva suorassa AN ja F pisteen C peilikuva suorassa DN. Silloin AX = AB, YD = CD ja XN = YN = BC. Lisäksi ANB+ CND =45,joten BNE + CNF =90 ja siis ENF =90. Mutta tästä seuraa, että EF = EN = BC. Väite seuraa nyt siitä, että AD AE + EF + FD Osoitetaan, että kysytty joukko on venoneliön lävistäjien pisteiden joukko. Olkoon P jokin piste, jolle AP D + BPC = 80. Täydennetään kolmio PCD suunnikkaaksi PQCD. Silloin myös ABQP on suunnikas ja BQC = AP D. Tehtävän ehdosta seuraa, että nelikulmio PBQC on jännenelikulmio, eli sen ympäri voidaan piirtää ympyrä. Siis PBC = PQC = CDP. Kolmioissa DPC ja BCP on kaksi yhtäpitkää sivuparia (DC ja BC sekäyhteinen PC) ja sama toista sivua vastassa oleva kulma. Kolmiot ovat joko yhtenevät, jolloin DPC = CPB ja P siten lävistäjällä AC, tai kolmioissa on kaksi kulmaa, jotka ovat toistensa vieruskulmia, eli DPC + CPB = 80 ja P on lävistäjällä BD. Kääntäen nähdään helposti, että kaikki vinoneliön lävistäjien pisteet P toteuttavat tehtävän ehdon.

10 Piirretään kolmion ABC ympäri ympyrä. Olkoon O sen keskipiste. Leikatkoon suora AD tämän ympyrän myös pisteessä E. KoskaAE on kulman BAC puolittaja, E on kaaren BC keskipiste. Siis OE on janan BC keskinormaali. Suorakulmaisessa kolmiossa DEM on MDE = ADB =45}as, joten myös DEM =45. Kolmio OAE on tasakylkinen, joten myös OAE =45 ja siis kulma EOA on suora ja AO BC. Koska AD = BD DC = AD DE (pisteen D potenssi ympyrän suhteen), on AD = DE. Yhdenmuotoisista suorakulmaisista kolmioista EOA ja EMD saadaan EM = MO. Kolmiot BEM ja BOM ovat yhteneviä (sks), joten BE = BO. Kolmio OBE on siis tasasivuinen, joten BOA = 60 ja BAE = 30. Siis BAC = 60. Kolmiosta ABD saadaan nyt ABC = ABD = 05. Viimein BCA = Nähdään heti, että funktiot f(x) =0jaf(x) = toteuttavat tehtävän ehdon. Osoitetaan, että f(00) = 0 tai f(00) =. Koska 00 = ja s.y.t.(3, 667) =, niin f(00) = f()(f(3) + f(667)). Siis f() 0. Koskas.y.t.(00, 00) = 00, niin f(00 )=f(00)(f() + f()) = f()f(00), () joten f(00 ) 0. Nyt f(00 4 ) voidaan lausua kahdella eri tavalla. Toisaalta s.y.t.(00, 00 3 ) = 00, joten f(00 4 )=f(00)( + f(00 )) = f(00)f()( + f(00)), toisaalta s.y.t.(00, 00 ) = 00 joten f(00 4 )=f(00 )(f()+f()) = 4f() f(00). Näistä ratkaistaan 4f() = + f(00) eli f(00) = f(). Tasan sama päättely aloitettuna epäyhtälöstä f(00 ) 0johtaayhtälöön f(00 )=f(). Yhtälön () perusteella on siis f() ( = f() f() ). Koska f() = f(00) 0, saadaan f() =. Siis f(00) = f() = Hölderin epäyhtälön nojalla 3= n a 3 i = k= n k= ( n ) 3 a k a k ( a 5 5 n 3 i (a k ) 5 k= k= ) 5 =5 5 ( n k= a 5 3 i ) 3 5. Siis ( n k= a 5 3 i ) > 3.

11 (Viimeinen epäyhtälö siksi, että 5 > 5,joten> 5 5.) Tehtävän väite tulee todistetuksi, kun osoitetaan, että ( n n ) 5 a k a k. () k= k= Olkoon n S = a k. k= Silloin a ( k S ja ak ) 5 3 S a k S.Koska on mistä väite seuraa. n k= n k= Tarkastellaan funktiota f, f(x) = a k S =, ( ak ) 5 3 S, ( ) x ( ) x.selvästi f() <, mutta 9 f ( ) = 7+ 3 >. On siis olemassa sellainen t, M siten, että <t<, että f(t) =. Osoitetaan, että on olemassa vakio a n M n t () kaikilla n. Silloin a n n Mnt 0, kun n,joten a k k kaikilla riittävän 00! suurilla k:n arvoilla. Todistetaan () induktiolla. Valitaan sellainen M, etä a n Mn t, 7n n kun n 8. Jos n 9, niin < <nja <n. Oletetaan, että k 9ja 9 9 () on tosi, kun n<k. Silloin a k = a 7k 9 + a k 9 M 7k 9 Induktioaskel on otettu. t + M t k M 9 ( (7k ) t + 9 ( ) ) t k = Mk t f(t) =Mk t. 9

12 00.4. Olkoot korteissa olevat luvut x x x n x n.olkoons kaikkien paritonindeksisten lukujen summa ja s kaikkien parillisindeksisten lukujen summa. Silloin s s. Lisäksi, koska x ja x n, niin s s = +x x n x + x x n + x + + x n + x + + x n + x + + x n + (n ) + = n n +. Jako paritonindeksisiin ja parillisindeksisiin toteuttaa tehtävän vaatimuksen Olkoon i. Silloin ja josta seuraa Siis ix a i (i +)x a i+ a i )() (i )a i ia a i, () a i a i a i i i > i +. i iy a i > (i +)y a i a i. (3) Kun yhtälöt () ja () kerrotaan puolittain ja supistetaan, saadaan (i )a i a i (i +)a i+ a i. Lisätään tähän epäyhtälöön puolittain (i +)a i a i ja kerrotan yhtälö xy:llä. Saadaan ixya i a i (i +)xy(a i+ a i + a i a i ). (4) Kun yhtälöt (), (3) ja (4) lasketaan puolittain yhteen, saadaan eli väite. i(xa i + ya i ) > (i +)(xa i+ + ya i )(xa i + ya i ), Alkuluvuille ppon p:n ainoa alkutekijä, joten f(p) =f() f(p), f(p) = f(). Jos n on kahden alkuluvun p ja q tulo, niin joko f(n) =f(p) f(q) taif(n) =f(q) f(p). Joka tapauksessa f(n) =0. Josn ( ) on kolmen alkuluvun tulo, niin jollekin niistä, esimerkiksi n p:lle, on voimassa f(n) =f p f(p). Koska n on kahden alkuluvun tulo, f(n) = p f(p) = f(). Koska 00 = ja f(00) =, niin f() =. Neljän ( ) n alkuluvun tulolle n pätee vastaavasti f(n) =f p f(p) = f() f() = f(). Koska 00 = 7 3, f(00) =.

13 00.7. Valitaan luvuiksi kaikki parittomat luvut n ( n kappaletta) ja kaikki kahden potenssit n (n kappaletta). Tarkastetaan mahdolliset x:n ja y:n valinnat. Jos x ja y ovat molemmat parittomia, niin x + y on parillinen ja xy on pariton. x + y ei voi olla xy:n tekijä. Jos x = m ja y = k, m<k, niin x + y = m ( + k m )jaxy = k+m. Luvulla x + y on pariton tekijä, mutta xy:n kaikki tekijät ovat parillisia. x + y ei voi olla xy:n tekijä. Jos x = k ja y =a +, niin x + y on pariton luku ja x + y>a +. Toisaalta luvun xy = k (a + ) suurin pariton tekijä ona +. x + y ei voi nytkään olla xy:n tekijä Todetaan, että a n + n = a n n + n =(a n + n )(a n n + n = =(a n + n )(a n + n ) (a +)(a ) + n. Jos joillain m, n, m<n, parittomilla luvuilla a n + n ja a m + m olisi yhteinen tekijä d>, niin d olisi pariton ja luvun n tekijä. Tämä ei ole mahdollista Jos luvun n alkutekijähajotelma on n = p a pa pa k k, n:n tekijöiden lukumäärä on (a +)(a +) (a k + ). Koska 360 = 3 3 5, sillä on(3+) ( + ) ( + ) = 4 tekijää. Koska 4 = 3, pienin pariton luku, jolla on 4 tekijää on3 5 7 = Olkoon muunnos (a, b, c, d) (a,b,c,d ). Olkoon D = ad bc. Lasketaan D = a d b c eri tapauksissa. Jos (a,b,c,d )=(c, d, a, b), niin D = D. Jos (a,b,c,d )=(b, a, d, c), niin D = D. Jos(a,b,c,d )=(a + nc, b + nd,c,d), niin D = D. Jos (a,b,c,d )=(a + nb, b, c + nd, d), niin D = D. Siis aina D = D. Mutta jos (a, b, c, d) =(,, 3, 4), niin D = jajos(a,b,c,d )=(3, 4, 5, 7), niin D =. Tehtävässä esitettyä muunnosketjua ei siis ole olemassa Koska (x+y+z) 3 =(x+y+z)(x +y +z +xy+xz+yz) =x 3 +y 3 +z 3 +3xy + 3x y+3y z+3yz +3x z+3xz +6xyz, havaitaan, ettäkuntehtävän yhtälöiden vasemmista puolista kaksi ensimmäistä lasketaan yhteen ja viimeinen vähennetään, syntyy lauseke, joka on (a + b c) 3. Jos vasemmista puolista ensimmäinen ja viimeinen lasketaan yhteen ja keskimmäinen vähennetään, syntyy lauseke (a b + c) 3 ja kun kaksi viimeistä lasketaan yhteen ja ensimmäinen vähennetään, syntyy ( a + b + c) 3. Yhtälöiden oikeista puolista mainitut yhteen- ja vähennyslaskut tuottavat aina tuloksen. Koska yhtälön x 3 =ainoa reaalilukuratkaisu on x =,alkuperäinen yhtälöryhmä implikoi yhtälöryhmän a + b c = a b + c = a + b + c =. Helposti saadaan, että tämän ryhmän ratkaisu on a =,b =,c =. Luvut toteuttavat myös tehtävän alkuperäisen yhtälöryhmän Tehdään vastaoletus, jonka mukaan kukin luvuista a, b, c ja d on suurempi kuin. Olkoon x = a +,y = b +,z = c +jat = d +. Tehdyn oletuksen perusteella x, y, z ja t ovat positiivisia. Tehtävän ensimmäisestä yhtälöstä seuraa 3 x + y + z + t =. () Toisaalta ab =(x )(y ) = xy x y +, ac = xz x z + jne. Kaikkiaan tehtävän toinen yhtälö ja () antavat 0 = xy + xz + xt + yz + yt + zt 3(x + y + z + t) +6 =

14 xy +xz +xt+yz+yt+zt. Tämä on ristiriidassa x:n, y:n, z:n ja t:n positiivisuuden kanssa. Vastaoletus on väärä jatehtävän väite tosi Kun m = n = 0, saadaan a 0 =a 0. Siis joko a 0 = tai a 0 = 0. Tutkitaan ensin tapaus a 0 =. Kun sijoitetaan m =,n = 0, saadaan a = a + 4 eli ( a ) = 0. Siis 4 a =. Edelleen a = a + = a + a = ja a 8 =a =. Induktiivisesti päätellään, että on mielivaltaisen suuria kakkosen potensseja j, joille a j =. Koska jono (a n)on monotoninen, a n = kaikilla n. Oletetaan sitten, että a 0 = 0. Jonon palautuskaava arvoilla m =,n =0antaaa = a. Siis a = 0 tai a =. Jos nyt a = 0, saadaan samoin kuin edellä, että a j = 0 mielivaltaisen suurilla j. Monotonisuuden perusteella a n = 0 kaikilla n. Jos taas a =, niin a =a =,a 4 = a + a 0 =4jaa 5 = a + a = 5. Edelleen a 3 + a 4 = a 5 = a 5 + a 0 = 5. Siis a 3 =5 6 = 9 ja a 3 = 3. Vielä a 8 =a =8,a 9 = a 3 + a 0 =9ja a 0 = a 3 + a = 0. Yhtälöt a 6 + a 8 = a 0 + a 0 = 00 ja a 7 + a =a 5 = 50 puolestaan antavat a 8 =8jaa 7 =7. Yhtälöiden (k +) +(k ) =(k ) +(k +) ja (k +) +(k 4) =(k ) +(k +4) avulla voidaan a n = n nyt perustella induktiolla todeksi kaikilla n. Tehtävällä on siis kolme ratkaisua: vakiojonot a n =0jaa n = kaikilla n sekä jonoa n = n kaikilla n Kun sulkeet avataan ja otetaan huomioon ehto x + x + + x n =, saadaan alkuperäisen epäyhtälön kanssa yhtäpitävä epäyhtälö n n x 3 i + x i n + n 0. i= Epäyhtälön vasen puoli on sama kuin n i= i= ( )( n x i x i ) n ja siis ei-negatiivinen Kun tehtävän yhtälö korotetaan neliöön, saadaan a + b + ab =+ 3. Siis ab = c + 3, missä c on jokin rationaaliluku. Mutta 4ab = c +c Mutta tämä merkitsee, että c 3 on rationaaliluku. Koska 3 on irrationaalinen, on oltava c = 0. Siis 4ab =3eliab = 3 ja a + b =. Kun näistä ratkaistaan a ja b, saadaan kaksi ratkaisua ( 4 (a, b) =, 3 ) ( 3 ja (a, b) =, ) Tarkastellaan mielivaltaista vaakariviä, joka ei ole se rivi, jolla torni alkujaan oli. Aina kun torni saapuu tämän rivin ruutuun, se jatkaa rivin toiseen ruutuun ja poistuu

15 riviltä. Jokaisella käynnillä tornikäyttää siis kaksi rivin ruutua. Jos torni käy kaikissa ruuduissa tasan kerran, rivilläon oltava paritonmäärä ruutuja. Täsmälleen samalla tavalla nähdään, että sarakkeissa on parillinen määrä ruutuja. Osoitetaan sitten, että aina,kun m ja n ovat molemmat parillisia, m =p, n =q, vaadittu tornin kulku on mahdollinen. Numeroidaan rivit ylhäältä alas :stä p:hen ja sarakkeet vasemmalta oikealle :stä q:hun ja merkitään i:nnen rivin j:ttä ruutua (i, j). Siirrot (p +, ) (, ) (, q) (p, q) (p, ) (, ) (p, ) kattavat kaikki ensimmäisen ja viimeisen sarakkeen ruudut lukuun ottamatta ruutuja (p, q) ja(p +, q). Tehdään seuraavaksi siirto (p, ) (p, q ) ja samanlainen reunojen kierto kuin edellä, kunnes tullaan ruutuun (p +, q ). Tämä vaihe peittää kaikki sarakkeiden ja q ruudut lukuun ottamatta ruutuja (p, ) ja (p +, ). Toistamalla vaiheita tullaan lopulta tilanteeseen, jossa torni on ruudussa (p+,q+) ja kaikki muut ruudut kuin ruudut (p, j), (p+, j), j =,,..., q,onkäyty. Loput ruudut on helppo käydä läpi ja päätyä lähtöruutuun. Seuraava taulukko 6 8-laudasta, jossa numerointi osoittaa siirtojärjestyksen ( on aloitusja lopetusruutu), havainnollistaa metodin (ensimmäisen vaiheen jälkeen tyhjiksi jääneet ruudut on merkitty pienemmin numeroin) Osoitetaan, että kysytty enimmäismäärä on4n 4n +. Tämän voi todistaa induktiolla. Jotta ei tarvitsisi arvata lauseketta 4n 4n+, johdetaan se. Oletetaan, että k nelikulmiota Q, Q,..., Q k jakaa tason a k :ksi alueeksi. Voidaan vielä olettaa, että mikään nelikulmion kärki ei ole toisen nelikulmion sivulla (jos näin on, voidaan nelikulmiota hiukan suurentaa, niin että sivulla sijainnut kärki tulee sellaiselle puolelle toisen nelikulmion sivua, että syntyneiden alueiden lukumäärä kasvaa, mutta muut kärjet eivät siirry niin, ettäalueidenmäärä toisaalta vähenisi). Kun piirretään uusi nelikulmio Q k+, niin kuperuuden vuoksi sen kukin sivu kohtaa enintään kaksi monikulmion Q j sivua. Q k+ :n sivut jakautuvat enintään k + :ksi janaksi, joista jokainen kasvattaa alueiden määrää yhdellä. Jos kuitenkin Q k+ :n sivu leikkaa kaikkien nelikulmioiden Q j, j k, sivut kahdesti, sivun päätepiste on kaikkien näiden nelikulmioiden ulkopuolella ja päätepisteeseen liittyvät kaksi viereisten sivujen osaa tuottavat vain yhden uuden alueen. Näin ollen Q k+ :n piirtäminen tuottaa uusia alueita enintään 4(k +) 4=8k kappaletta. Siis a k+ a k 8k. Tarkastelemalla ympyrän sisään piirrettyjä neliöitä huomaa helposti, että a k+ = a k +8k on mahdollista. Jos nyt annamme a k :n tarkoittaa maksimaalista alueiden määrää, todetaan, että a k toteuttaa lineaarisen differenssiyhtälön a k+ a k =8k, a =. Yhtälön ratkaisemiseksi sijoitetaan a k = Ak + Bk + C. Kertoimet toteuttavat ehdot Ak + A + B =8k, kaikilla k sekä A+B +C =. Ensimmäisestä ehdosta seuraa A =4jaB = 4, viimeisestä C =. Siis a n =4n 4n Kun n = 3, kolmioita on yksi. Osoitetaan, että kunn 4, niin joukko T voidaan valita n:llä ei tavalla. Kun X P,merkitään T X :llä kaikkien niiden kolmioiden joukkoa, 5

16 6 ( ) n joiden kärjetovatjoukossap ja joiden yksi kärki on X. Joukossa T X on alkiota ja jokaisella T X :n kolmiolla, esimerkiksi XAB, on ainakin yksi sivu, AB, jokaeioleminkään muun T X :ään kuuluvan kolmion sivu. Jos X Y, T X T Y (koska n 4, on olemassa X:stä jay :stä eroavata, B P ja kolmio XAB ei kuulu joukkoon T Y ). Osoitetaan, että { jokainen tehtävässä ( määritellyistä )} joukoistat on T X jollakin{ X P. Olkoon( siis T )} = n n t i i =,,... tällainen joukko ja olkoon S = s i i =,,... niiden joukkoon T kuuluvien kolmioiden sivujen joukko, joille s i on t i :n sivu, muttei t j :n sivu, kun i j. OlkoonC ( ) kaikkien sellaisten kolmioiden ( ) jouko, ( joiden ) kärjet ( ovat ) joukossa n n n n P. Joukossa C on kolmiota ja joukossa C \ T = kolmiota Olkoon nyt m sellaisten parien (s, t) lukumäärä, missä s S on jonkin kolmion t C \ T sivu. Tällaisen kolmion kolmas kärki voi olla mikä hyvänsä muup :n piste kuin sen T :hen kuuluvan kolmion kärki, jonka sivu s on. Siis ( ) ( ) n (n )!(n 3) 3 (n )! n m =(n 3) = = =3.!(n 3)! 3!(n 4)! 3 Tästä seuraa, että jokaisen C \ T :n kolmion kaikki sivut kuuluvat joukkoon S Menettelytapoja on useita. Yksi mahdollisuus: Oletetaan, että katsojienvalitsemat numerot ovat x, x ja x 3. Jaetaan joukko {,,..., 96} neljäksi yhtä suureksi osajoukoksi S = {,,..., 4}, S = {5, 6,..., 48}, S 3 = {49, 50,..., 7} ja S 4 = {73, 74,..., 96}. Ainakin yksi joukoista, sanokaamme S, on sellainen, että mikään luvuista x k ei kuulu S:ään. Jaetaan S kuudeksi osajoukoksi, niin että S:n ensimmäiset neljä lukua ovat S :ssä. seuraavat neljä S :ssa jne. Numeroidaan lukujen x k kuusi eri mahdollista järjestystä: jos x <x< <x 3, i =,josx <x 3 <x i =,...,jos x 3 <x <x i = 6. Olkoon vielä j {0,,, 3} niiden lukujen x k lukumäärä, jotka ovat suurempia kuin kaikki S:n alkiot. Nähtyään luvut x k toinen taikuri valitsee luvun x 4 joukosta S i niin, että x + x + x 3 + x 4 j mod 4. Kun ensimmäinen taikuri näkee kortit, joissa on luvut a, b, c ja d, hän laskee summan a + b + c + d mod 4. Jos tulos on x, hän tietää, että x suurinta korttia ovat katsojien valitsemia ja naitä seuraavaksi pienempi kuuluu joukon S osajoukkoon S y. Osajoukko kertoo, missä järjestyksessä katsojat olivat valinneet kortit Pienin vaadittu N on. Jos nimittäin N =, toinen pelaaja voi poistaa lukuja alkaen pienimmistä, kunnes jäljelle jääneiden lukujen summa on vähemmän kuin. Jos suurin poistettu luku oli 3, niin jäljelle jääneiden lukujen summa on ainakin 3 = 89 = 00 N. Jos viimeinen poistettu luku oli 4 tai 5, niin jäljellä onvain lukuja 4 ja 5. Näitä lukuja on silloin tasan kahdeksan, sillä niiden summa on < mutta 5 = 87. Jäljelle jääneiden lukujen summa S toteuttaa siis epäyhtälöt 8 4 = 9 S 00 = 8 5. Oletetaan, että pistea on liitetty pisteeseen. Olkoot B, B,..., B nämä pisteet järjestyksessä positiiviseen kiertosuuntaan. Kulmista B AB 3, B 3 AB 5,..., B AB ainakin yksi on 60. Olkoon se B AB 3. Silloin kulmat B AB ja B AB 3 ovat myös alle 60. Janoista AB i, i =,, 3, jokin on pisin; olkoon se AD. Silloin janaa AD

17 ei ole piirretty A:sta vaan D:stä. Olkoot muut kaksi janaa AB i AB ja AC. Kosinilauseen perusteella BD = AB +AD AB AD cos( BAD) <AD +AB ( cos( BAD) AD,koskacos( BAD). Siis BD < AD. Samoin osoitetaan, että CD < AD. Näin ollen A ei ole kahden D:tälähimmän pisteen joukossa. D:stä ei ole piirretty janaa A:han. Ristiriita! 00.. Olkoon S = {A, B, C, D}. Voidaan olettaa, että mikään S:n kahden pisteen välisistä janoista ei ole pidempi kuin AB. Jos pisteeksi X valitaan A, on valittava Y = B (jos olisi esimerkiksi Y = C, olisi AC = AB + AD > AB). Siis AB = AC + AD. Samoin, jos valitaan X = B, on valittava Y = A, jotenab = BC + BD. Kaikkiaan siis AB = AC + AD + BC + BD. () Toisaalta kolmioepäyhtälön perusteella AB AC + BC ja AB AD + BD. Elleivät kaikki pisteet ole samalla suoralla, näistä epäyhtälöistä ainakin toinen on aito. Tällöin olisi siis AB < AC + BC + AD + BD, mikä olisi ristiriidassa yhtälön () kanssa Olkoon E A sellainen kolmion ABC ympäri piirretyn ympyrän piste, että BE = BA. Piirretään E:n kautta sivua BC vastaan kohtisuora suora. Se leikkaa AC:n pisteessä D. Koska BE = BA, BCA = BCE. CB on siis kolmion CDE kulman puolittaja ja korkeussuora. Siis CDE on tasakylkinen. Tästä seuraa, että myös kolmio BED on tasakylkinen. Siis BD = BE = BA = BD. Mutta tämä merkitsee, että D = D, jaf, D ja E ovat samalla suoralla. Kehäkulmalauseen perusteella FAC = FEC. Koska FE BC, 90 = BCE + FEC = FAC+ AF B. Mutta tämä osoittaa, että AC FB Leikatkoot MN ja AC pisteessä P. Oletuksen mukaan PLB = PNB. Pisteet P, L, N ja B ovat siis samalla ympyrällä Γ. Tehtävän väitteen todistamiseksi riittää, että osoitetaan PL tämän ympyrän halkaisijaksi. Leikatkoon BA Γ:n myös pisteessä Q. KoskaBL puolittaa ABC:n, QP L = QBL = LBN = LP N. PL puolittaa siis NPQ:n. Väitteen todistamiseksi riittää, että osoitetaan PQ = PN. Kolmiot PAQ ja BAL ovat yhdenmuotoiset. Siis PQ PA = BL BA. () Myös kolmiot NPC ja LBC ovat yhdenmuotoiset. Siis 7 PN PC = BL BC. ()

18 8 Koska BL on kulman ABC puolittaja, Kun yhtälöt (), () ja (3) yhdistetään, saadaan AB BC = AL CL. (3) PN PQ = AL AP CP CL. On osoitettava, että tämän yhtälön vasen puoli on. Jos R on janojen CM ja AN leikkauspiste (joka oletuksen mukaan on myös janalla BL, niin ns. täydellisiä nelikulmiota koskevan tuloksen mukaan puolisuorat BN, BS, BM ja NM leikaavat suoran AC ns. harmonisessa pisteistössä (ks. esim. M. Lehtisen geometrian luentoja, lause 8.3..) Väite seuraa tästä Oletetaan, ettähämähäkki on kuution särmän keskipisteessä. Jos kärpänen on vastakkaisen särmän keskipisteessä, hämähäkin ja kärpäsen minimietäisyys pitkin kuution sivuja on. Jos kärpänen siirtyy keskipisteestä matkans särmää pitkin, niin hämähäkin ja kärpäsen minimietäisyys on pienempi luvuista ( ) s ja 4 + s.kuns>0 ( ) 3 ja s > 7 4 eli s< (3 7), etäisyys on suurempi kuin. Vastakkainen kuution pinnan piste ei aina ole kärpäselle edullisin Selvästi a 0 =5,a =65=5 3 ja a = 05 = 5 4. Osoitetaan, että muita ratkaisuja ei ole. Vastaoletus: m 3jaa m =4 m+ + on jaollinen vain kahdella eri alkuluvulla. Toisen näistä onoltava5.koska a m =( m+ + m+ + )( m+ m+ +) tässä a m :n molemmat tekijät ovat parittomia, mutta tekijöiden erotus on kakkosen potenssi, tekijöiden suurin yhteinen tekijä on. Tekijöistä toinen on siis 5:n potenssi. Siis joko m+ ( m +) = 5 t tai m+ ( m ) = 5 t jollain t. Mutta 5 t = 4(5 t +5 t + +5+). Jos t on pariton, 5 t ei ole jaollinen 8:lla eikä siis m+ :llä. Siis t =ujollain u ja m+ ( m ± ) = (5 u + )(5 u ). Mutta 5 u + mod4. Siis 5 u = m k, missä k on pariton. Toisaalta 5 u += m k + on luvun( m ± ) tekijä ja m k +onluvun m ± tekijä. Tämä on mahdollista vain, jos k =. Koska m + < m ± < ( m + ), tullaan ristiriitaan: luku ei voi olla pienempi kuin kaksi kertaa sen aito tekijä Binomikertoimien perusominaisuuden perusteella ( ) ( ) ( ) n + i n n = Tarkastellaan kokonaislukujonoa (x k ), jonka erotusjono (d k )=(x k+ x k ) on jaksollinen mod p. Osoitetaan, että tällöin myös (x k ) on jaksollinen mod p. Olkoon t jonon (d k )

19 jakso. Olkoon h pienin positiivinen kokonaisluku, jolle h(x t x 0 ) 0modp. Nyt jonon (d k ) jaksollisuuden perusteella x k+ht = x 0 + k+ht j=0 k t d j x 0 + d j + h d j = x k + h(x t x 0 ) x k mod p. j=0 Jono (x k ) on siis jaksollinen modulo p. Nyt siitä, että jono binomikertoiminen j=0 ( ) k ( n jono on jaksollinen mod p mielivaltaisella p ja siitä, että binomikertoimien ( ) k n n = k, k +,... jonon erotusjono on jono, seuraa induktiolla, että jokainen ( ) k n binomikerroinjono, n = k, k +,... on jaksollinen mod p mielivaltaisella p. k 9 = k ), Osoitetaan, että vain luvulla n = ontehtävässä vaadittu ominaisuus. Koska 6 = 63, ( 3 )( ) =, :lla on vaadittu ominaisuus. Oletetaan, että n>on luku, jolla on tehtävässä mainittu ominaisuus. Koska n 6 =(n n +)(n +)(n 3 ), luku n n+ = n(n )+ on pariton. Sillä on jokin pariton alkutekijä p. Koskap (n 3 +) p ei ole luvun n 3 tekijä. Siis p (n ) ja p on myös luvun n 3 ++n =n (n+) tekijä. Koska p ei ole n:n tekijä, p (n + ). Mutta p on myös luvun (n ) (n n +) = n tekijä. Alkuluku, joka on lukujen n + ja n tekijä, on 3. On osoitettu, että jokainen n n+:n alkutekijä on 3. Siis n n+ = 3 r jollain r. Koskan on toisen asteen yhtälön n n + 3 r kokonaislukuratkaisu, yhtälön diskriminantti 4( 3 r )=3(4 3 r ). on neliöluku. Jos olisi r, jälkimmäinen tekijä olisi kolmella jaoton. Siis r =,joten n n =. Tämä on mahdotonta, kun n> Oletetaan, että yhtälöllä olisi rationaalilukuratkaisu x = p q, y = r s. Oletetaan vielä, että p:n ja q:n suurin yhteinen tekijä on, samoin r:n ja s:n. Yhtälö on yhtäpitävä yhtälön p q + q p + r s + s r =3n (p + q )rs +(r + s )pq =3npqrs kanssa. Päätellään, että rs (r + s )pq. Josrs:llä ja(r + s ):lla olisi yhteinen tekijä d, se olisi joko r:n tai s:n tekijä; jos d olisi r:n ja s + r :n tekijä, se olisi s:n tekijä, mutta r:llä ja s:llä ei ole yhteisiä tekijöitä. Siis rs pq. Samoin osoitetaan, että pq rs. Siis pq = rs. Nyt pq = rs joko on tai ei ole jaollinen 3:lla. Lukujen p, q, r, s joukossa on sis kaksi tai ei yhtään kolmella jaollista lukua. Mutta (p + q + r + s )rs =3(rs) ja p + q + r + s = 3nrs. Koska x mod 3, jos x ei ole jaollinen kolmella, p + q + r + s tai mod 3. Ristiriita. Siis yhtälöllä ei ole rationaalisia ratkaisuja.

20 Jos (a + dk) on mielivaltainen aritmeettinen jono ja m =max{a,d}, niin a + dk. Koska harmoninen sarja hajaantuu, hajaantuu myös aritmeettisen m( + k) sarjan termien käänteisluvuista muodostettu sarja. Toisaalta k = x k = x x = x( x) Tästä seuraa, että jostehtävässä esiintyvä sarja olisi olemassa, sen termien käänteislukujen summa ei olisi suurempi kuin =, Ristiriita, siis tehtävässä ehdotettua aritmeettista jonoa ei ole olemassa Olkoon f jokin tehtävän ehdon toteuttava funktio. Jos a on positiivinen rationaaliluku, niin af(x) toteuttaa myös tehtävän ehdot. Jos tehtävällä on ratkaisuja, ratkaisujen joukossa on siten funktio f, jolle f() =. Osoitetaan, että tällaisia funktioita on vain yksi. Tehdään tämä( induktiolla. ) ( ) Olkoon g toinen ratkaisu, jolle( pätee ) g() ( = ). Osoitetaan, että ehdosta g = f aina, kun p + q n seuraa g = f aina, kun p p p p q q q q p + q n +. Tämä on oletuksen mukaan totta, kun n =. Olkoonq<p.Nyt g ( ) ( p p q = g q q ) ( + = + p q ) g q ( ) p q = q ( + p q ) f q ( ) p q = f q ( ) p, q koska p q +q = p<p+q, joten induktio-oletusta voidaan käyttää. Ehdon () perusteella tapaus ( ) p<qpalautuu ( jo käsiteltyyn. Jos p:lläjaq:lla ei ole yhteisiätekijöitä, asetetaan p f = pq. Nyt + q ) pq =(p+q)q ja p q p q + = p + q. Luvuilla p+q ja q ei ole yhteisiä q tekijöitä. Määritelty f toteuttaa siis ehdon (). Ehto ( )() toteutuu triviaalisti. Kaiken kaikkiaan tehtävän ratkaisut ovat kaikki funktiot f p q = apq, missä a on positiivinen reaaliluku ja s.y.t.(p, q) = Olkoon a jokin tehtävän yhtälön reaalinen ratkaisu. Silloin a on myös toisen asteen yhtälön ax + px + q = 0 reaalinen ratkaisu. Mutta tämä merkitsee sitä, että toisen asteen yhtälön diskriminantti p 4aq on ei-negatiivinen Koska xyz =, niin ( + x)( + y)( + z) =+x + y + z + yz + xz + xy + xyx = x + y + z + x ++y + +. On siis todistettava, että z x + y + z + x ++y + z 3 y x + 3 z y + 3 x y.

21 Mutta aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon välisen epäyhtälön perusteella 3 y x ( +y + ). 3 x Vastaavat epäyhtälöt pätevät epäyhtälön oikean puolen kahdelle muulle termille. Riittää siis, jos todistetaan epäyhtälö x + y + z + x ++y + z ( x + y + z + 3 x + y + ) +. z Tämä epäyhtälö seuraavälittömästi kaikilla positiivisilla luvuilla a toteutuvasta epäyhtälöstä a + a Osoitetaan ensin, että a a + bc ( b + ). c Epäyhtälö onyhtäpitävä epäyhtälön b(a c) +c(a b) 0 kanssa ja siis tosi. Osoitetaan sitten, että b + c ( a bc + b ca + c ). ab Kun tämä epäyhtälö kerrotaan abc:llä, nähdään, että seonyhtäpitävä toden epäyhtälön (a b) +(a c) 0 kanssa. On siis kaikkiaan osoitettu, että a a + bc ( a 4 bc + b ca + c ). ab Samoin on totta, että b b + ca ( b 4 ca + c ab + a ) bc ja c c + ab ( c 4 ab + a bc + b ). ca Väite saadaan, kun kolme viimeistä epäyhtälöä lasketaan yhteen Todetaan ensin induktiolla, että a n = n,kunn. Näin on, kun n =. Jos a n = n, niin a n+ = a n a n = n n 3 = n, joten induktioaskel on otettu. Koska + a =+, todistettavaksi epäyhtälöksi jää Tämän epäyhtälön oikea puoli on ( + a )( + a ) ( + a n ) < a a 3 a n n = n.

22 Vasen puoli puolestaan on ( + 0)( + ) (+ n ) = n = n = n. Todistus on valmis Olkoon m = n d. Tarkastellaan kaikkia joukon S n = {,,..., n} osituksia A A... A m, missä jokaisessa joukossa A j on d lukua (ja joukot ovat yhteisalkiottomia). Olkoon tällaisten ositusten lukumäärä t. Jokainen joukon S n d-alkioinen ( ) osajoukko esiintyy n yhtä moessa osituksessa. Olkoon tämä lukumäärä s. S n :lläon d-alkioista osajoukkoa. ( ) d n Selvästi s = mt (vasemmanpuoleinen tulo laskee jokaisen osituksen jokaisen siihen d kuuluvan m:n eri joukon kohdalta). Jokaisessa osituksessa on oltava ainakin yksi sellainen joukko A j, että i A j x i 0. Joukkoja, joilla on tämä ominaisuus on oltava ainakin t s = m ( ) n = d d n ( ) n = d ( ) n d kappaletta Jos X = {00, 0,..., 0000}, niin kaikille x y X, x y, pätee xy 00 0 > Joukossa X voi olla ainakin = 990 alkiota. Osoitetaan, että enempää ei voi olla. Olkoon X tehtävässä kuvattu joukko. Jos kaikki X:n alkiot ovat 00, X:ssä onenintään 990 alkiota. Jos X, onoltavax = {}. Oletetaan, että X:ssä ovat alkiot <x <x < <x k < 00. Tarkastellaan sitten lukupareja (00 x,x (00 x )), (00 x,x (00 x ),..., (00 x k,x k (00 x k )). Oletuksesta seuraa, että vain toinen kunkin parin kahdesta luvusta kuuluu joukkoon X. Kaikki luvut ovat keskenään eri suuria ja jokainen on > 00 (00 < 00 x k < 00 x k < < 00 x < 00 ja koska x j (00 x j ) 00 = (x j ) 00 (x j )x j x j = 00(x j ) x j > ja x j (00 x j ) x i (00 x i ) = 00(x j x i ) (x j x i )(x i +x j ) = (00 (x i +x j ))(x j x i ) > 0, kun i<j, niin 00 <x (00 x ) <x (00 x ) < <x k (00 x k )). On siis ainakin k 00:aa suurempaa lukua, jotka eivät kuulu X:ään ja 99 k sataa pienempää lukua, jotka eivät kuulu X:ään. X:ssä on siis enintään 990 lukua Osoitetaan että pelaaja, joka saa ottaa makeisia tilanteessa, jossa pöydällä onn makeista, voittaa. Osoitetaan tämä induktiolla. Jos n =, asia on ilmeinen. Oletetaan, että kun pöydällä onn makeista, seuraava ottaja pystyy voittamaan. Olkoon pöydällä n + makeista. Jos tilanteessa, jossa pöydällä onn + makeista, voittostrategia olisi toiseksi ottavalla pelaajalla, n-tilanteen aloittaja söisi yhden makeisen. Tällöin hän olisi n + -tilanteen toinen ottaja, ja voittaisi. Oletetaan, että n + tilanteessa aloittaja olisi voittaja. Silloin siinä tilanteessa aloittajan ensimmäinen siirto ei voi olla yhden makeisen syönti, koska se johtaisi vastapelaajan n-tilanteeseen, jossa induktio-oletuksen mukaan tämä voittaisi. Aloittajan siirto olisi n:n makeisen syönti, ja toinen olisi tämän jälkeen n + -tilanteessa ja häviäisi. Mutta n + -tilanteen aloittaja voi saattaa vastustajansa

23 tilanteeseen n +, joka johtaa tämän häviöön ja siis n + -aloittajan voittoon. Parillisessa aloitustilanteessa oleva siis voittaa. Mutta 003-aloittaja voi ottaa yhden tai 00 makeista, ja saattaa näinollentoisenvälttämättä parilliseen aloitustilanteeseen Käytetään hyväksi Fibonaccin lukuja F n, F 0 =,F =,F n = F n +F n,kun n. Silloin 44 = F 0. Osoitetaan yleisesti, että k:lla kysymyksellä, joihin vastataan niin kuin tehtävässä esitetään, voidaan määrittää luku positiivinen kokonaisluku n F k. Jos k =0,n = ja jos k =, riittää kysyä, onko n<. Yleisessä tapauksessa kysytään ensin, onko n<f k + ja onko n<f k +. Niin kauan kuin saadaan myöntäviä vastauksia, sanokaamme i:nnen kysymyksen jälkeen i :een kysymykseen, on seuraava kysymys, onko n<f k (i+) +. Jos j:nnen kysymyksen jälkeen saadaan kielteinen vastaus j :seen kysymykseen, tiedetään, että F k (j ) + n F k (j ). n on nyt jokin F k (j ) F k (j ) = F k j :stä kokonaisluvusta. Induktiivisesti voidaan päätellä, että n saadaan selville jäljellä olevilla k j:llä kysymyksellä. Jos kaikkiin kysymyksiin saadaan myönteinen vastaus, niin viimeinen kysymys on onko n pienempi kuin F k k +=, jos vastaus on myönteinen, n = Osoitetaan ensin, että n. Valitaan pistettä (x i,y i ), i =,,..., niin, että x i 0mod4,kun i 6jax i mod4,kun7 i ja y i 0mod4, kun i 3 tai 0 i ja y i mod 4 muulloin. Neljän x-koordinaatin keskiarvo on kokonaisluku, jos kaikki indeksit ovat 6, jolloin y-koordinaattien keskiarvo ei ole kokonaisluku, tai kun kaikki indeksit ovat 7, jolloin taaskaan y-koordinaattien summa ei ole neljällä jaollinen. Osoitetaan sitten, että josn 3, jonkin neljän pisteen keskiö on aina hilapiste. Yksinkertainen laatikkoperiaatteen sovellus osoittaa, että jokaisen viiden pisteen joukossa on kaksi pistettä (x, y) ja(x,y ) siten, että x x mod ja y y mod. Jokaisen viiden pisteen joukossa on siis kaksi sellaista, joiden välisen janan keskipiste on hilapiste. 3 pisteen joukosta voidaan poimia 5 erillistä pisteparia, joiden välisen janan keskipiste on hilapiste. Näiden viiden keskipisteen pisteen joukossa on edelleen kaksi, joiden välisen janan keskipiste on hilapiste. Kyseinen keskipiste on kyseisten janojen päätepisteiden keskiö Tämä on mahdollista. Rakennetaan konfiguraatio vaiheittain. Piirretään ensin vinoneliö, jonka sivut ja yksi lävistäjä ovat yksikön pituisia. Vinoneliön neljän kärkipisteen välisistä etäisyyksistä viisi on yksikön pituisia. Valitaan nyt kaksi yksikkövektoria, joiden välinen kulma on 60 ja tehdään molempien vektorien määrittämät yhdensuuntaissiirrot. Vektorit voidaan valita niin, että alkuperäisen vinoneliön ja sen kuvien kärkipisteet eivät osu päällekkäin. Nyt on syntynyt kuvio, jossa on pistettä ja = 7 pisteiden välistä yksikön pituista etäisyyttä (jokainen lähtökuvion neljästä kärkipisteestä jatämän pisteen kuvat ovat tasasivuisen kolmion kärjet). Kun sama prosessi toistetaan, saadaan ensin 3 = 36 pistettä ja3 7+3 = 7 yksikköetäisyyttä, sitten 3 36 = 08 pistettä ja = 459 yksikköetäisyyttä, 3 08 = 34 pistettä ja = 70 yksikköetäisyyttä ja3 34 = 97 pistettä ja = 6075 yksikköetäisyyttä. Huomattakoon, että ehto jonka mukaan monistetun kuvion kärjet eivät osua monistettavan kuvion kärkipisteisiin saadaan aina toteutumaan, koska siirtovektorien suunta voidaan valita vapaasti, ja väistettävänä onainaäärellisen monta pistettä. 3

24 Kolmion MCN ympäri piirretty ympyrä leikkaa janan AC pisteessä C. Koska MCO = NCO(= 45 ), jänteet OM ja ON ovat yhtä pitkät. Jännenelikulmiossa MCNO kulmamco onsuora, joten vastakkainen kulma NOM on myös suora. Jännettä MN vastaavat kehäkulmat ympyrässä, jonka keskipiste on O ja säde OM ovat 45 :een kulmia ja kaikki pisteet, joista MN näkyy 45 :een kulmassa ovat tällä ympyrällä. Siis A on tällä ympyrällä, joka näin ollen on kolmion AMN ympäri piirretty ympyrä Piirretään pisteiden F ja P kautta ympyrä, joka sivuaa suoraa BC. Suorakulmaisesta kolmiosta BPA saadaan BP BA = BA BF eli BP BF = BA = BE. Koska pisteen B potenssi sanotun ympyrän suhteen on BE,onE:n oltava sivuamispiste. Aivan samoin nähdään, että G:n ja P :n kautta kulkeva BC:tä sivuava ympyrä sivuaabc:tä pisteessä E. Vain yksi ympyrä sivuaa BC:tä pisteessä E ja kulkee pisteen P kautta. Siis E, P, F ja G ovat samalla ympyrällä Olkoot janojen MN, NK ja KM keskipisteet O, P ja Q. Jos G on kolmion MNK painopiste, niin kolmiot MNK ja PQOovat homoteettiset, homotetiakeskuksena G ja homotetiakertoimena. Homotetiakuvauksessa kulmat ja suorien suunnat säilyvät, joten O:sta piirretty AC:tä vastaan kohtisuora suora kuvautuu K:sta piirretylle AC:tä vastaan kohtisuoralle suoralle. Koska CKA on tasasivuinen kolmio, tämä suoraonac:n keskinormaali. Vastaavasti P :stä ja Q:sta AB:tä jabc:tä vastaan piirretyt kohtisuorat kuvautuvat AB:n ja BC:n keskinormaaleille. Koska keskinormaalit leikkaavat samassa pisteessä D, myös tehtävässä kuvatut kolme suoraa leikkaavat samassa pisteessä E, joka on D:n vastinpiste edellä määritellyssä homotetiassa.