f Vuosie 000 08 Baltia tie -kilpailutehtävie ratkaisuja 00.. Koska (x+y+z) =(x+y+z)(x +y +z +xy+xz+yz) =x +y +z +xy + x y+y z+yz +x z+xz +6xyz, havaitaa, ettäkutehtävä yhtälöide vasemmista puolista kaksi esimmäistä lasketaa yhtee ja viimeie väheetää, sytyy lauseke, joka o (a + b c). Jos vasemmista puolista esimmäie ja viimeie lasketaa yhtee ja keskimmäie väheetää, sytyy lauseke (a b + c) ja ku kaksi viimeistä lasketaa yhtee ja esimmäie väheetää, sytyy ( a + b + c). Yhtälöide oikeiisi puolista maiitut yhtee- ja väheyslaskut tuottavat aia tulokse. Koska yhtälö x =aioa reaalilukuratkaisu o x =,alkuperäie yhtälöryhmä implikoi yhtälöryhmä a + b c = a b + c = a + b + c =. Helposti saadaa, että tämä ryhmä ratkaisu o a =,b =,c =. Luvut toteuttavat myös tehtävä alkuperäise yhtälöryhmä. 00.. Tehdää vastaoletus, joka mukaa kuki luvuista a, b, c ja d o suurempi kui. Olkoo x = a +,y = b +,z = c +jat = d +. Tehdy oletukse perusteella x, y, z ja t ovat positiivisia. Tehtävä esimmäisestä yhtälöstä seuraa x + y + z + t =. () Toisaalta ab =(x )(y ) = xy x y +, ac = xz x z + je. Kaikkiaa tehtävä toie yhtälö ja () atavat 0 = xy + xz + xt + yz + yt + zt (x + y + z + t) +6 = xy +xz +xt+yz+yt+zt. Tämä o ristiriidassa x:, y:, z: ja t: positiivisuude kassa. Vastaoletus o väärä jatehtävä väite tosi. 00.. Ku m = = 0, saadaa a 0 =a 0. Siis joko a 0 = tai a 0 = 0. Tutkitaa esi tapaus a 0 =. Ku sijoitetaa m =, = 0, saadaa a = a + 4 eli ( a ) = 0. Siis a =. Edellee a = a + = a + a = ja a 8 =a =. Iduktiivisesti päätellää, että o mielivaltaise suuria kakkose potesseja j, joille a j =. Koska joo (a )o mootoie, a = kaikilla. Oletetaa sitte, että a 0 = 0. Joo palautuskaava arvoilla m =, =0ataaa = a. Siis a = 0 tai a =. Jos yt a = 0, saadaa samoi kui edellä, että a j = 0 mielivaltaise suurilla j. Mootoisuude perusteella a = 0 kaikilla. Jos taas a =, ii a =a =,a 4 = a + a 0 =4jaa 5 = a + a = 5. Edellee a + a 4 = a 5 = a 5 + a 0 = 5. Siis a =5 6 = 9 ja a =. Vielä a 8 =a =8,a 9 = a + a 0 =9ja a 0 = a + a = 0. Yhtälöt a 6 + a 8 = a 0 + a 0 = 00 ja a 7 + a =a 5 = 50 puolestaa atavat a 8 =8jaa 7 =7. Yhtälöide (k +) +(k ) =(k ) +(k +) ja (k +) +(k 4) =(k ) +(k +4) avulla voidaa a = yt perustella iduktiolla todeksi kaikilla. Tehtävällä o siis kolme ratkaisua: vakiojoot a =0jaa = kaikilla sekä jooa = kaikilla. 00.4. Ku sulkeet avataa ja otetaa huomioo ehto x + x + + x =, saadaa alkuperäise epäyhtäläö kassa yhtäpitävä epäyhtälö x i + x i + 0. i= i=
Epäyhtälöä vase puoli o sama kui i= ( )( x i x i ) ja siis ei-egatiivie. 00.5. Ku tehtävä yhtälö eliöidää, saadaa a + b + ab =+. Siis ab = c+, missä c o joki ratioaaliluku. Mutta 4ab = c +c +. Mutta tämä merkitsee, että c o ratioaaliluku. Koska o irratioaalie, o oltava c = 0. Siis 4ab =eli ab = ( 4 ja a+b =. Ku äistä ratkaistaa a ja b, saadaa kaksi ratkaisua (a, b) =, ) ( ja (a, b) =, ). 00.6. Tarkastellaa mielivaltaista vaakariviä, joka ei ole se rivi, jolla tori alkujaa oli. Aia ku tori saapuu tämä rivi ruutuu, se jatkaa rivi toisee ruutuu ja poistuu riviltä. Jokaisella käyillä torikäyttää siis kaksi rivi ruutua. Jos tori käy kaikissa ruuduissa tasa kerra, rivilläo oltava paritomäärä ruutuja. Täsmällee samalla tavalla ähdää, että sarakkeissa o parillie määrä ruutuja. Osoitetaa sitte, että aia,ku m ja ovat molemmat parillisia, m =p, =q, vaadittu tori kulku o mahdollie. Numeroidaa rivit ylhäältä alas :stä p:he ja sarakkeet vasemmalta oikealle :stä q:hu ja merkitää i:e rivi j:ttä ruutua (i, j). Siirrot (p +, ) (, ) (, q) (p, q) (p, ) (, ) (p, ) kattavat kaikki esimmäise ja viimeise sarakkee ruudut lukuu ottamatta ruutuja (p, q) ja(p +, q). Tehdää seuraavaksi siirto (p, ) (p, q ) ja samalaie reuoje kierto kui edellä, kues tullaa ruutuu (p +, q ). Tämä vaihe peittää kaikki sarakkeide ja q ruudut lukuu ottamatta ruutuja (p, ) ja (p +, ). Toistamalla vaiheita tullaa lopulta tilateesee, jossa tori o ruudussa (p+,q+) ja kaikki muut ruudut kui ruudut (p, j), (p+, j), j =,,..., q,okäyty. Loput ruudut o helppo käydä läpi ja päätyä lähtöruutuu. Seuraava taulukko 6 8-laudasta, jossa umeroiti osoittaa siirtojärjestykse ( o aloitusja lopetusruutu), havaiollistaa metodi (esimmäise vaihee jälkee tyhjiksi jääeet ruudut o merkitty pieemmi umeroi). 4 4 5 5 6 8 6 8 9 7 9 7 0 46 0 4 4 47 45 4 40 44 0 48 9 7 9 7 6 8 6 8 5 5 4 4 00.7. Osoitetaa, etä kysytty eimmäismäärä o4 4 +. Tämä voi todistaa iduktiolla. Jotta ei tarvitsisi arvaata lauseketta 4 4 +, johdetaa se. Oletetaa, että k elikulmiota Q, Q,..., Q k jakaa taso a k :ksi alueeksi. Voidaa vielä olettaa, että mikää elikulmio kärki ei ole toise elikulmio sivulla (jos äi o, voidaa elikulmiota hiuka suuretaa, ii että sivulla sijaiut kärki tulee sellaiselle puolelle toise
elikulmio sivua, että sytyeide alueide lukumäärä kasvaa, mutta muut kärjet eivät siirry ii, että alueidemäärä toisaalta väheisi). Ku piirretää uusi elikulmio Q k+, ii kuperuude vuoksi se kuki sivu kohtaa eitää kaksi moikulmio Q j sivua. Q k+ : sivut jakautuvat eitää k+:ksi jaaksi, joista jokaie kasvattaa alueide määrää yhdellä. Jos kuiteki Q k+ : sivu leikkaa kaikkie elikulmioide Q j, j k, sivut kahdesti, sivu päätepiste o kaikkie äide elikulmioide ulkopuolella ja päätepisteesee liittyvät kaksi viereiste sivuje osaa tuottavat vai yhde uude aluee. Näi olle Q k+ : piirtämie tuottaa uusia alueita eitää 4(k +) 4=8k kappaletta. Siis a k+ a k 8k. Tarkastelemalla ympyrä sisää piirrettyjä eliöitä huomaa helposti, että a k+ = a k +8k o mahdollista. Jos yt aamme a k : tarkoittaa maksimaalista alueide määrää, todetaa, että a k toteuttaa lieaarise differessiyhtälö a k+ a k =8k, a =. Yhtälö ratkaisemiseksi sijoitetaa a k = Ak + Bk + C. Kertoimet toteuttavat ehdot Ak + A + B =8k, kaikilla k sekä A + B + C =. Esimmäisestä ehdosta seuraa A =4 ja B = 4, viimeisestä C =. Siis a =4 4 +. 00.8. Ku =, kolmioita o yksi. Osoitetaa, että ku 4, ii joukko T voidaa valita :llä ei tavalla. Ku X P,merkitää T X :llä kaikkie iide kolmioide ( ) joukkoa, joide kärjetovatjoukossap ja joide yksi kärki o X. Joukossa T X o alkiota ja jokaisella T X : kolmiolla, esimerkiksi XAB, o aiaki yksi sivu, AB, jokaeiolemikää muu T X :ää kuuluva kolmio sivu. Jos X Y, T X T Y (koska 4, o olemassa X:stä jay :stä eroavata, B P ja kolmio XAB ei kuulu joukkoo T Y ). Osoitetaa, että { jokaie tehtävässä ( määritellyistä )} joukoistat o T X jollaki{ X P. Olkoo( siis T )} = t i i =,,... tällaie joukko ja olkoo S = s i i =,,... iide joukkoo T kuuluvie kolmioide sivuje joukko, joille s i o t i : sivu, muttei t j : sivu, ku i j. OlkooC ( ) kaikkie sellaiset kolmioide ( ) jouko, ( joide ) kärjet ( ovat ) joukossa P. Joukossa C o kolmiota ja joukossa C \ T = kolmiota. Olkoo yt m sellaiste parie (s, t) lukumäärä, missä s S o joki kolmio t C \ T sivu. Tällaise kolmio kolmas kärki voi olla mikä hyväsä muup : piste kui se T :he kuuluva kolmio kärki, joka sivu s o. Siis ( ) m =( ) = ( )!( )!( )! = ( )!!( 4)! ( ) =. Tästä seuraa, että jokaise C \ T : kolmio kaikki sivut kuuluvat joukkoo S. 00.9. Meettelytapoja o useita. Yksi mahdollisuus: Oletetaa, että katsojievalitsemat umerot ovat x, x ja x. Jaetaa joukko {,,..., 96} eljäksi yhtä suureksi osajoukoksi S = {,,..., 4}, S = {5, 6,..., 48}, S = {49, 50,..., 7} ja S 4 = {7, 74,..., 96}. Aiaki yksi joukoista, saokaamme S, o sellaie, että mikää luvuista x k ei kuulu S:ää. Jaetaa S kuudeksi osajoukoksi, ii että S: esimmäiset eljä lukua ovat S :ssä. seuraavat eljä S :ssa je. Numeroidaa lukuje x k kuusi eri mahdollista järjestystä: jos x <x< <x, i =,josx <x <x i =,...,jos x <x <x i = 6. Olkoo vielä j {0,,, } iide lukuje x k lukumäärä, jotka ovat suurempia kui kaikki S: alkiot. Nähtyää luvut x k toie taikuri valitsee luvu
x 4 joukosta S i ii, että x + x + x + x 4 j mod 4. Ku esimmäie taikuri äkee kortit, joissa o luvut a, b, c ja d, hä laskee summa a + b + c + d mod 4. Jos tulos o x, hä tietää, että x suurita korttia ovat katsojie valitsemia ja aitä seuraavaksi pieempi kuuluu jouko S osajoukkoo S y. Osajoukko kertoo, missä järjestyksessä katsojat olivat valieet kortit. 00.0. Piei vaadittu N o. Jos imittäi N =, toie pelaaja voi poistaa lukuja alkae piimmistä, kues jäljelle jääeide lukuje summa o vähemmä kui. Jos suuri poistettu luku oli, ii jäljelle jääeide lukuje summa o aiaki = 89 = 00 N. Jos viimeie poistettu luku oli 4 tai 5, ii jäljellä ovai lukuja 4 ja 5. Näitä lukuja o silloi tasa kahdeksa, sillä iide summa o < mutta 5 = 87. Jäljelle jääeide lukuje summa S toteuttaa siis epäyhtälöt 8 4 = 9 S 00 = 8 5. Oletetaa, että pistea o liitetty pisteesee. Olkoot B, B,..., B ämä pisteet järjestyksessä positiivisee kiertosuutaa. Kulmista B AB, B AB 5,..., B AB aiaki yksi o 60. Olkoo se B AB. Silloi kulmat B AB ja B AB ovat myös alle 60. Jaoista AB i, i =,,, joki o pisi; olkoo se AD. Silloi jaaa AD ei ole piirretty A:sta vaa D:stä. Olkoot muut kaksi jaaa AB i AB ja AC. Kosiilausee perusteella BD = AB +AD AB AD cos( BAD) <AD +AB ( cos( BAD) AD,koskacos( BAD). Siis BD < AD. Samoi osoitetaa, että CD < AD. Näi olle A ei ole kahde D:tälähimmä pistee joukossa. D:stä ei ole piirretty jaaa A:ha. Ristiriita! 00.. Olkoo S = {A, B, C, D}. Voidaa olettaa, että mikää S: kahde pistee välisistä jaoista ei ole pidempi kui AB. Jos pisteeksi X valitaa A, o valittava Y = B (jos olisi esimerkiksi Y = C, olisi AC = AB + AD > AB). Siis AB = AC + AD. Samoi, jos valitaa X = B, o valittava Y = A, joteab = BC + BD. Kaikkiaa siis AB = AC + AD + BC + BD. () Toisaalta kolmioepäyhtälö perusteella AB AC + BC ja AB AD + BD. Elleivät kaikki pisteet ole samalla suoralla, äistä epäyhtälöistä aiaki toie o aito. Tällöi olisi siis AB < AC + BC + AD + BD, mikä olisi ristiriidassa yhtälö () kassa. 00.. Olkoo E A sellaie kolmoi ABC ympäri piirrety mpyrä piste, että BE = BA. Piirretää E: kautta sivua BC vastaa kohtisuora suora. Se leikkaa AC: pisteessä D. Koska BE = BA, BCA = BCE. CB o siis kolmio CDE kulma puolittaja ja korkeussuora. Siis CDE o tasakylkie. Tästä seuraa, että myös kolmio BED o tasakylkie. Siis BD = BE = BA = BD. Mutta tämä merkitsee, että D = D, jaf, D ja E ovat samalla suoralla. Kehäkulmalausee perusteella FAC = FEC. Koska FE BC, 90 = BCE + FEC = FAC+ AF B. Mutta tama osoittaa, että AC FB. 4
5 00.4. Leikatkoot MN ja AC pisteessä P. Oletukse mukaa PLB = PNB. Pisteet P, L, N ja B ovat siis samalla ympyrällä Γ. Tehtävä väittee todistamiseksi riittaa, että osoitetaa PL tämä ympyrä halkaisijaksi. Leikatkoo BA Γ: myös pisteessä Q. KoskaBL puolittaa ABC:, QP L = QBL = LBN = LP N. PL puolittaa siis NPQ:. Väittee todistamiseksi riittää, että osoitetaa PQ = PN. Kolmiot PAQ ja BAL ovat yhdemuotoiset. Siis PQ PA = BL BA. () Myös kolmiot NPC ja LBC ovat yhdemuotoiset. Siis PN PC = BL BC. () Koska BL o kulma ABC puolittaja, AB BC = AL CL. () Ku yhtälöt (), () ja () yhdistetää, saadaa PN PQ = AL AP CP CL. O osoitettava, että tämä yhtälö vase puoli o. Jos R o jaoje CM ja AN leikkauspiste (joka oletukse mukaa o myös jaalla BL, ii s. täydellisiä elikulmiota koskeva tulokse mukaa puolisuorat BN, BS, BM ja NM leikaavat suora AC s. harmoisessa pisteistössä (ks. esim. M. Lehtise geometria luetoja, lause 8...) Väite seuraa tästä. 00.5. Oletetaa, ettähämähäkki o kuutio särmä keskipisteessä. Jos kärpäe o vastakkaise särmä keskipisteessä, hämähäki ja kärpäse miimietäisyys pitki kuutio sivuja o. Jos kärpäe siirtyy keskipisteestä matkas särmää pitki, ii hämähäki ja kärpäse miimietäisyys o pieempi luvuista ( ) s 9 +4ja 4 + s.kus>0 ( ) ja s > 7 4 eli s< ( 7), etäisyys o suurempi kui. Vastakkaie kuutio pia piste ei aia ole kärpäselle edullisi. 00.6. Selvästi a 0 =5,a =65=5 ja a = 05 = 5 4. Osoitetaa, että muita ratkaisuja ei ole. Vastaoletus: m jaa m =4 m+ + o jaollie vai kahdella eri alkuluvulla. Toise äistä ooltava5.koska a m =( m+ + m+ + )( m+ m+ +)
tässä a m : molemmat tekijät ovat parittomia, mutta tekijöide erotus o kakkose potessi, tekijöide suuri yhteie tekijä o. Tekijöistä toie o siis 5: potessi. Siis joko m+ ( m +) = 5 t tai m+ ( m ) = 5 t jollai t. Mutta 5 t = 4(5 t +5 t + +5+). Jos t o parito, 5 t ei ole jaollie 8:lla eikä siis m+ :llä. Siis t =ujollai u ja m+ ( m ± ) = (5 u + )(5 u ). Mutta 5 u + mod4. Siis 5 u = m k, missä k o parito. Toisalta 5 u + = m k + o luvu ( m ± ) tekijä ja m k +oluvu m ± tekijä. Tämä o mahdollista vai, jos k =. Koska m + < m ± < ( m + ), tullaa ristiriitaa: luku ei voi olla pieempi kui kaksi kertaa se aito tekijä. 00.7. Biomikertoimie perusomiaisuude perusteella ( ) ( ) ( ) + i =. 00 00 00 Tarkastellaa kokoaislukujooa (x k ), joka erotusjoo (d k )=(x k+ x k ) o jaksollie mod p. Osoitetaa, että tällöi myös (x k ) o jaksollie mod p. Olkoo t joo (d k ) jakso. Olkoo h piei positiivvvie kokoaisluku, jolle h(x t x 0 ) 0modp. Nytjoo (d k ) jaksollisuude 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 Joo (x k ) o siis jaksollie modulo p. Nyt siitä, että joo biomikertoimie j=0 ( ) k ( joo o jaksollie mod p mielivaltaisella p ja siitä, että biomikertoimie ( ) k = k, k +,... joo erotusjoo o joo, seuraa iduktiolla, että jokaie ( ) k biomikerroijoo, = k, k +,... o jaksollie mod p mielivaltaisella p. k 6 = k ), 00.8. Osoitetaa, että vai luvulla = otehtävässä vaadittu omiaisuus. Koska 6 = 6, ( )( ) =, :lla o vaadittu omiaisuus. Oletetaa, että >o luku, jolla o tehtävässä maiittu omiaisuus. Koska 6 =( +)( +)( ), luku + = ( )+ o parito. Sillä o joki parito alkutekijä p. Koskap ( +) p ei ole luvu tekijä. Siis p ( ) ja p o myös luvu ++ = (+) tekijä. Koska p ei ole : tekijä, p ( + ). Mutta p o myös luvu ( ) ( +) = tekijä. Alkuluku, joka o lukuje + ja tekijä, o. O osoitettu, että jokaie + : alkutekijä o. Siis + = r jollai r. Koska toise astee yhtälö + r kokoaislukuratkaisu, yhtälö diskrimiatti 4( r )=(4 r ). o eliöluku. Jos olisi r, jälkimmäie tekijä olisi kolmella jaoto. Siis r =,jote =. Tämä o mahdotota, ku >. 00.9. Oletetaa, että yhtälöllä olisi ratioaalilukuratkaisu x = p q, y = r s. Oletetaa vielä, että p: ja q: suuri yhteie tekijä o, samoi r: ja s:. Yhtäläö p q + q p + r s + s r =
o yhtäpitävä yhtälö (p + q )rs +(r + s )pq =pqrs kassa. Päätellää, että rs (r + s )pq. Josrs:llä ja(r + s ):lla olisi yhteie tekijä d, se olisi joko r: tai s: tekijä; jos d olisi r: ja s + r : tekijä, se olisi s: tekijä, mutta r:llä ja s:llä ei ole yhteisiä tekijöitä. Siis rs pq. Samoi osoitetaa, että pq rs. Siis pq = rs. Nyt pq = rs joko o tai ei ole jaollie :lla. Lukuje p, q, r, s joukossa o sis kaksi tai ei yhtää kolmella jaollista lukua. Mutta (p + q + r + s )rs =(rs) ja p + q + r + s = rs. Koska x mod, jos x ei ole jaollie kolmella, p + q + r + s tai mod. Risitiriita. Siis yhtälöllä ei ole ratioaalisisia ratkaisuja. 00.0. Jos (a + dk) o mielivaltaie aritmeettie joo ja m =max{a,d}, ii a + dk. Koska harmoie sarja hajaatuu, hajaatuu myös aritmeettise m( + k) sarja termie kääteisluvuista muodostettu sarja. Toisaalta 7 k = x k = x x = x( x) Tästä seuraa, että jostehtävässä esiityvä sarja olisi olemassa, se termie kääteislukuje summa ei olisi suurempi kui + + + =, Ristiriita, sis tehtävässä ehdotettua aritmeetista jooa ei ole olemassa.