Osoita, ett¨a n¨aiden neli¨oiden keskipisteet ja jananCA keskipiste muodostavat tasakylkisen suorakulmaisen kolmion

Matematiikan olympiavalmennus Valmennusteht¨av¨at, tammikuu 2018 Ratkaisuehdotuksia

Helpompia teht¨avi¨a

1. Kolmion ABC ulkopuolelle piirret¨a¨an neli¨o, jonka sivuista yksi on jana AB. Lis¨aksi piirret¨a¨an toinen neli¨o, jonka sivuista yksi on jana BC. Osoita, ett¨a n¨aiden neli¨oiden keskipisteet ja jananCA keskipiste muodostavat tasakylkisen suorakulmaisen kolmion.

Ratkaisu. Olkoon pisteP teht¨av¨an neli¨oiden ymp¨aripiirrettyjen ympyr¨oiden leikkauspiste (6=B). Kun keh¨akulma on puolet keskuskulmasta]AP B= 135^◦ ja]BP C = 135^◦. Siksi]CP A= 90^◦ eli pisteP on sellaisen ympyr¨an keh¨all¨a, jonka halkaisija onCA.

Merkit¨a¨an neli¨oiden keskipisteit¨a O1 ja O2 ja sivunCA keskipistett¨a M. Merkit¨a¨an janojenAP jaO1M leik- kauspistett¨a X, janojenP B jaO1O2leikkauspistett¨a Y ja janojenO2M jaP C leikkauspistett¨aZ.

Koska toisiaan leikkaavien ympyr¨oiden keskipisteiden v¨alinen jana on ympyr¨oiden yhteisen j¨anteen keskinormaali tiedet¨a¨an ett¨aAP ⊥O1M, BP⊥O1O2jaCP ⊥O2M.

Nelikulmion kulmien astelukujen summa on 360^◦ eli kun nelikulmioissaO1Y P X,O2ZP Y jaM XP Ztiedet¨a¨an kolme kulmaa, voidaan nelj¨as laskea.

Nyt]O₂M O₁=]XM Z= 360^◦−90^◦−90^◦−90^◦= 90^◦ja]O₂O₁M =]Y O₁X = 360^◦−135^◦−90^◦−90^◦= 45^◦. T¨am¨a on yht¨apit¨av¨a teht¨av¨an v¨aitteen kanssa.

A

B C

O₂ O1

P

A

B C

O₂ O₁

P M

X Z

Y

2. Olkoon piste H kolmion ABC korkeusjanojen leikkauspiste, piste A⁰ janan BC keskipiste, piste X kolmion k¨arjest¨a B l¨ahtev¨an korkeusjanan keskipiste, piste Y kolmion k¨arjest¨a C l¨ahtev¨an korkeusjanan keskipiste ja D kolmion k¨arjest¨a A l¨ahtev¨an korkeusjanan kantapiste. Osoita, ett¨a pisteet X, Y, D, H ja A⁰ ovat samalla ympyr¨all¨a.

Ratkaisu. KolmionA⁰DH ymp¨aripiirretyn ympyr¨an halkaisija on janaA⁰H. Merkit¨a¨an k¨arjest¨aB l¨ahtev¨an kor- keusjanan kantapistett¨aE ja k¨arjest¨aC l¨ahtev¨an korkeusjanan kantapistett¨a F. Koska janaXA⁰ on jananEC kuva homotetiakuvauksessa B ¹₂

, kulma EXA⁰ on suora. Siksi my¨os piste X on ympyr¨all¨a, jonka halkaisija on A⁰H. Samoin, kun jana Y A⁰ on janan F B kuva homotetiakuvauksessa C ¹₂

, kulma A⁰Y F on suora. (Jos perustelu homotetiakuvauksen avulla tuntuu vaikealta, voit my¨os ajatella, ett¨a isompi ja pienempi kolmio ovat yhdenmuotoiset ja isompi on kaksi kertaa pienemm¨an kokoinen.) Siksi my¨os pisteY on ympyr¨all¨a, jonka halkai- sija onA⁰H.

A

B

C H

A⁰ D X

Y E F

B

C A⁰

X

E

B

A⁰ C

Y F

3. Olkoon pisteDkolmionABCk¨arjest¨aAl¨ahtev¨an korkeusjanan kantapiste ja pisteEkolmion k¨arjest¨aBl¨ahtev¨an korkeusjanan kantapiste. Olkoon kolmion ymp¨aripiirretyn ympyr¨an keskipisteO. Osoita, ett¨a OC⊥DE.

Ratkaisu. Jatketaan korkeusjanojaAE ja BD niin, ett¨a ne leikkaavat kolmion ymp¨aripiirretyn ympyr¨an keh¨an pisteiss¨a E⁰ ja D⁰. Osoitetaan ensin aputulos HE = EE⁰, miss¨a H on korkeusjanojen leikkauspiste. Kahden yht¨asuuren vastinkulman perusteella (ristikulmat]DHA=]BHE ja]ADH =]HEB= 90^◦) kolmiotHDA jaHEBovat yhdenmuotoisia. (Katso vasemmanpuoleista kuvaa.) Siksi my¨os]HAD=]EBH. Toisaalta kaarta E⁰C vastaavina kulmina]E⁰AC=]E⁰BC. Nyt kolmiotBEH jaBEE⁰ ovat yhtenev¨at. (Perustelu ksk: niill¨a on kaksi yhteist¨a vastinkulmaa ja yksi yhteinen vastinsivu.) SiksiHE=EE⁰.

Vastaavan p¨a¨attelyn perusteella HD =DD⁰. Pisteen H keskisen homotetian perusteella DE k D⁰E⁰. (Katso keskimm¨aist¨a kuvaa.)

S¨ade OC on kohtisuorassa ympyr¨an keh¨an pisteenC kautta kulkevaa tangenttiaCP vastaan. Tangentin keh¨a- kulmalauseen perusteella kaarta CD⁰ vastaavina keh¨akulmina ]P CD⁰ = ]CBD⁰. Edellisen kohdan mukaan ]CBD⁰ =]E⁰AC. KaartaE⁰C vastaavina keh¨akulmina]E⁰AC=]CD⁰E⁰. SiksiD⁰E⁰kCP.

NytOC ⊥CP kD⁰E⁰kDE.

A

B E C

E⁰ H

D

E

E⁰ H

D

D⁰ A

B C

E⁰

D⁰

P O

4. Suorakulmainen lattia on m¨a¨ar¨a laatoittaa laatoilla, joiden muodot ovat 2×2 ja 1×4. Laattoja on tilattu sellaiset m¨a¨ar¨at, ett¨a laatoitus on mahdollista suorittaa. Yksi laatoista meni rikki, mutta saatavilla on ylim¨a¨ar¨ainen laatta toista muotoa. Osoita, ett¨a lattian laatoitus ei onnistu n¨aill¨a laatoilla.

Ratkaisu. (Teht¨av¨asarjaan p¨a¨atyi vahingossa teht¨av¨a, joka on ekvivalentti yhden edelt¨av¨an sarjan teht¨av¨an kanssa.) Ruudutetaan lattia ja kirjoitetaan ruutuihin numeroita:

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4...

2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1...

3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2...

4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3...

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4...

Jokaisen 1×4-laatan peitt¨amien numeroiden summa on 10≡2 (mod 4) ja 2×2-laatan summa on ≡0 (mod 4).

Jos 2×2-laatta vaihdetaan 1×4-laataksi tai p¨ainvastoin, vaihdetaan 1×4-laattojen lukum¨a¨ar¨an parillisuus, jolloin kaikkien peitettyjen numeroiden summan jakoj¨a¨annos modulo 4 vaihtuisi joko 07→2 tai 27→0, eik¨a koko lattian peitt¨aminen ole en¨a¨a mahdollista.

5. Osoita, ett¨a kuuden henkil¨on joukossa on joko kolme henkil¨o¨a, jotka tuntevat kaikki toisensa, tai kolme henkil¨o¨a, joista ketk¨a¨an kaksi eiv¨at tunne toisiaan.

Ratkaisu. Piirret¨a¨an kuusikulmio ja sille kaikki l¨avist¨aj¨at niin, ett¨a teht¨av¨an henkil¨ot ovat kulmissa ja kahta hen- kil¨o¨a yhdist¨av¨a jana on punainen jos henkil¨ot tuntevat toisensa, muuten sininen. Valitaan yksi henkil¨o A. H¨anen kulmastaan l¨ahtee viisi janaa, joista ainakin kolme on samanv¨arisi¨a. Olkoot n¨am¨a AB, AC ja AD. Jos n¨aiden janojen toisessa p¨a¨ass¨a olevien kulmien v¨aliss¨a, esimerkiksi henkil¨oit¨a B ja C yhdist¨am¨ass¨a, on samanv¨arinen ja- na kuin n¨am¨a kolme, on l¨oydetty yksiv¨arinen kolmio ABC. Jos t¨allaista janaa ei ole, BCD on yksiv¨arinen kolmio.

6. Olkoot 1,4, . . . ja 9,16, . . . kaksi aritmeettista jonoa. Muodostetaan joukkoSyhdisteen¨a kummankin jonon 2018 ensimm¨aisest¨a alkiosta. Montako alkiota on joukossaS?

Ratkaisu. Pienin jonojen yhteinen luku on 16. Ensimm¨aisen jonon 2018. alkio on 1 + 3·2017 = 6052 ja toisen jonon 2018. alkio on 16 + 7·2017 = 14135. Koska jonojen erotusten 3 ja 7 pienin yhteinen monikerta on 21, luku esiintyy kummassakin jonossa jos ja vain jos se on muotoa 16 + 21k, miss¨a k on ei-negatiivinen kokonaisluku.

Suurin kokonaisluku k, jolle 16 + 21k ≤ 6052, on 287, joten molemmissa jonoissa esiintyv¨at luvut 16 + 21k, 0≤k≤287. Siten yhdisteess¨a on 2·2018−288 = 3748 alkiota.

7. On annettuna kuuden positiivisen kokonaisluvun aidosti kasvava jono, jossa jokainen luku toisesta alkaen on edellisen luvun monikerta ja jonka kaikkien lukujen summa on 79. Mik¨a on jonon suurin luku?

Ratkaisu. Olkoot luvut a1 < a2 < · · · < a6. Jos a4 ≥ 12, niin a5 ≥ 2a4 ≥ 24 ja a6 ≥ 2a5 ≥ 48, jolloin a4+a5+a6 ≥84, mik¨a on liian paljon. Siten a4 <12. T¨all¨oin ainoa tapa saada jonon ensimm¨aiset nelj¨a lu- kua sopimaan teht¨av¨an ehtoihin on asettaa a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4 ja a4 = 8. Olkoon a5 = ma4 = 8m ja a6=na5= 8mn, miss¨a kokonaisluvutm, n≥2. Saadaan 8m+ 8mn= 79−15 = 64 elim(1 +n) = 8. T¨am¨an yht¨al¨on yksik¨asitteinen ratkaisu onm= 2,n= 3. Sitena6= 48.

8. Konvehtirasiassa on 36 paikkaa ja konvehteja on 10 erilaista. Kuinka monta erilaista rasiaa voidaan tehd¨a, kun halutaan ett¨a jokaisessa rasiassa on ainakin yksi konvehti kutakin laatua? Konvehtien j¨arjestyksell¨a rasiassa ei ole v¨ali¨a, vain kunkin konvehtilaadun lukum¨a¨ar¨all¨a.

Ratkaisu. Sijoitellaan vierekk¨ain konvehtirasian 36 paikkaa. Asetetaan joihinkin 10 paikkaan 10 konvehtia j¨ar- jestyksess¨a vasemmalta oikealle 1,2, . . . ,10. Aika moni paikka j¨a¨a viel¨a tyhj¨aksi, mutta sovitaan, ett¨a t¨aytet¨a¨an kunkin konvehdin oikealle puolelle j¨a¨aneet tyhj¨at paikat t¨all¨a samalla konvehdilla. Konvehti 1 on pakko asettaa vasemmanpuoleiseen paikkaan, mutta muut konvehdit voi asetella vapaasti. Jokaisella asettelutavalla saadaan teht¨av¨an mieless¨a erilainen rasia, ja toisaalta jokainen mahdollinen rasia vastaa jotain t¨allaista asettelua. Koska konvehdin 1 paikka on kiinte¨a mutta muut konvehdit voi asetella vapaasti, asettelutapoja on ³⁵₉

.

9. Osoita, ett¨a josn >0 ja 2n+ 1 ja 3n+ 1 ovat neli¨olukuja, niin 5n+ 3 ei ole alkuluku.

Ratkaisu. 2n+ 1 = a²,3n+ 1 = b² ⇒ 5n+ 3 = 4(2n+ 1)−(3n+ 1) = 4a²−b² = (2a+b)(2a−b). Siten 2a−b= 1⇒(b−1)²=−2n. Siten 2a−b6= 1.

10. Etsi luvun 7⁹⁹⁹⁹ kolme viimeist¨a numeroa. Luku lienee laskettavissa helpostikin moderneilla laskinohjelmilla, mutta esit¨a tulokselle perustelu joka ei perustu laskimen k¨aytt¨o¨on.

Ratkaisu. Etsimme lukuax≡7⁹⁹⁹⁹ mod 1000 tai 7x≡7¹⁰⁰⁰ mod 1000. Nytφ(1000) = 1000(1−1/2)(1−1/5) = 400, joten 7⁴⁰⁰≡1 mod 1000. Koska 10000 = 25·400, niin 7x≡1 mod 1000. Siten etsimme luvun 7 mod 1000 k¨a¨anteislukua. T¨am¨a voidaan tehd¨a ratkaisemalla 7x+ 1000y= 1 Euklideen algoritmilla. Mutta t¨ass¨a tapaukses- sa voimme k¨aytt¨a¨a hyvin tunnettua yht¨al¨o¨a 1001 = 7·11·13. Selv¨asti 1001≡1 mod 1000. Mutta 1001 = 143·7, joten 143·7≡1 mod 1000. Siten x= 143.

Vaikeampia teht¨avi¨a

11. Osoita, ett¨a jospon pariton alkuluku, niin

a) 1^p−1+ 2^p−1+ 3^p−1+· · ·+ (p−1)^p−1≡ −1 modp.

b) 1^p+ 2^p+ 3^p+· · ·+ (p−1)^p≡0 modp.

Ratkaisu. a) Fermat’n pienen lauseen nojalla 1^p−1+2^p−1+3^p−1+· · ·+(p−1)^p−1≡1+1+1+· · ·+1 =p−1≡ −1 modp.

b) Fermat’n pienen lauseen nojalla 1^p+ 2^p+ 3^p+· · ·+ (p−1)^p≡1 + 2 + 3 +· · ·+ (p−1). On helppo induktio- todistus, ett¨a summa onp(p−1)/2, ja koskap−1 on parillinen, t¨am¨a on p:n monikerta.

12. Osoita, ett¨a 1982|222· · ·2 (1980 kakkosta).

Ratkaisu. Jakamalla kahdella saamme 991 | 11· · ·1

| {z }

1980 kertaa

. Mutta 11· · ·1

| {z }

1980 kertaa

= (10¹⁹⁸⁰ −1)/9. Nyt 10¹⁹⁸⁰ −1 = (10⁹⁹¹−1)(10⁹⁹¹+ 1). Koska 991 on alkuluku, niin Fermat’n pienen lauseen nojalla 991 | 10⁹⁹¹⁻¹−1. T¨am¨a todistaa v¨aitteen.

13. Etsi seuraavien 2017 luvun suurin yhteinen tekij¨a:

2017 + 1,2017²+ 1,2017³+ 1, . . . ,2017²⁰¹⁷+ 1.

Ratkaisu. Koska kaikki luvut ovat parillisia, niiden s.y.t. on v¨ahint¨a¨and≥2. Osoitamme, ett¨a d= 2. T¨am¨a voi- taisiin tehd¨a helposti laskemalla 2017 + 1 ja 2017²+ 1 ja l¨oyt¨am¨all¨a niiden s.y.t. On kuitenkin viel¨akin helpompaa huomata, ett¨a djakaa niiden erotuksen, jolloindon luvun (2017²+ 1)−(2017 + 1) = 2017·2016 tekij¨a. Mutta s.y.t. luvuista 2017 + 1 = 2018 ja 2016 on selv¨asti 2, koska se on niiden erotus. T¨am¨a viimeistelee todistuksen.

14. Olkoonnpositiivinen kokonaisluku jaσ(n) luvunntekij¨oiden summa. Osoita, ett¨a on olemassa ¨a¨aret¨on m¨a¨ar¨a positiivisia kokonaislukujan, joille njakaa luvun 2^σ(n)−1.

Ratkaisu. Olkoonkpositiivinen kokonaisluku. Valitsemme luvun 2^2j+ 1 alkulukutekij¨anpj jokaiselle 0≤j < k.

T¨all¨oin tulonk =p0p1· · ·p_k−1 on luvun 2^2k −1 = Qk−1

j=0(2^2j + 1) tekij¨a. Koska nk on pariton, niin σ(nk) = (p0+ 1)· · ·(p_k−1+ 1) on jaollinen luvulla 2^k. Siten 2^2k−1 jakaa luvun 2^σ(nk)−1. T¨ast¨a seuraa, ett¨a 2^σ(nk)≡1 modnk.

15. Olkoonnjakkaksi positiivista kokonaislukua, joille 1≤n≤k. Osoita, ett¨a josd^k+kon alkuluku kaikille luvun npositiivisille tekij¨oilled, niinn+kon alkuluku.

Ratkaisu. Kund= 1, niin k+ 1 on alkuluku.

Kund=n, niinn^k+kon alkuluku. Koskak+1 ei ole luvunntekij¨a (koska se on suurempi kuinn), niin Fermat’n pienest¨a lauseesta saammen^k ≡1 modk+ 1, jotenn^k+k≡0 modk+ 1. T¨ast¨a seuraa, ett¨an^k+k=k+ 1 elin= 1. Huomasimme alussa, ett¨a 1 +kon alkuluku.

16. Etsi yht¨al¨on 19x³−84y²= 1984 kokonaislukuratkaisut.

Ratkaisu. Kirjoitetaan yht¨al¨o muodossa 19(x³−100) = 84(y²+ 1). Yht¨al¨on oikea puoli on luvun 7 monikerta, joten saman tulee p¨ate¨a vasemmalle puolelle, elix³−2≡0 mod 7. Muttax³6≡2 mod 7.

17. Etsi kaikki jatkuvat funktiotf, g, h:R−→R, joille f(x+y) =g(x) +h(y)

kaikillex, y∈R.

Ratkaisu. Sijoittamallay= 0 n¨ahd¨a¨an, ett¨a f(x) =g(x) +h(0)

kaikillex∈R. Samoin, sijoittamalla x= 0 saadaan f(y) =g(0) +h(y)

kaikilley∈R. Sijoittamalla n¨am¨a alkuper¨aiseen yht¨al¨o¨on saadaan f(x+y) =f(x)−h(0) +f(y)−g(0)

kaikillex, y∈R, ja edelleen

f(x+y)−(g(0) +h(0)) =f(x)−(g(0) +h(0)) +f(y)−(g(0) +h(0)),

eli funktiof−(g(0) +h(0)) on jatkuva ratkaisu Cauchyn funktionaaliyht¨al¨olle, ja on olemassa vakioc∈Rsiten, ett¨a f(x)−(g(0) +h(0)) =cxkaikilla x∈R. T¨aten on oltava olemassa vakiot a, b∈Rsiten, ett¨a

f(x) =cx+a+b, g(x) =cx+a, ja h(x) =cx+b

kaikilla x∈R. Toisaalta, jos meill¨a on vakiota, b∈R, joille f,gjahovat n¨am¨a polynomit, niin silloin selv¨asti f(x+y) =c(x+y) +a+b=cx+a+cy+b=g(x) +h(y).

18. Etsi kaikki funktiotf:R−→R, joille p¨atee f(x+y)−2f(x−y) +f(x) +f(y) = 4y+ 1 kaikilla x, y∈R.

Ratkaisu. Olkoon ensin f: R −→ R jokin halutunlainen funktio. Sijoittamalla yht¨al¨o¨on x = y = 0 saadaan suoraanf(0) = 1. Sijoittamalla siihenx= 0 n¨ahd¨a¨an, ett¨a

f(y)−f(−y) = 2y

kaikilley∈R. Sijoittamallax=ysaadaan f(2y) + 2f(y) = 4y+ 3

kaikilley∈R. Sijoittamallax=−y saadaan

−2f(−2y) +f(−y) +f(y) = 4y

kaikilley∈R. Koska on oltava 2f(2y)−2f(−2y) = 8yja f(y)−f(−y) = 2y kaikilley ∈R, saadaan edellisest¨a yht¨al¨ost¨a

−2f(2y) + 8y+ 2f(y)−2y= 4y, eli

−2f(2y) + 2f(y) =−2y

kaikilley ∈R. Koska my¨os 2f(2y) + 4f(y) = 8y+ 6 kaikilley ∈R, saadaan laskemalla t¨am¨a puolittain yhteen edellisen yht¨al¨on kanssa

6f(y) = 6y+ 6 kaikilley∈R.

Siis ainoa mahdollinen ratkaisu on funktio f:R −→R, jollef(x) =x+ 1 kaikille x∈R. Toisaalta on helppo n¨ahd¨a, ett¨a t¨am¨a on ratkaisu, sill¨a t¨alle funktiolle kaikille x, y∈Ron

f(x+y)−2f(x−y) +f(x) +f(y) =x+y+ 1−2x+ 2y−2 +x+ 1 +y+ 1 = 4y+ 1.

19. Etsi kaikki funktiotf:Z+−→Z+, joille p¨atee f(f(m) +f(n)) =m+n

kaikilla m, n∈Z+.

Ratkaisu. Selv¨asti identiteettifunktio f =n 7−→ n: Z+ −→ Z+ on er¨as ratkaisu. Lopullinen tavoitteemme on todistaa induktiolla, ett¨a t¨am¨a on ainoa ratkaisu.

Aloitamme havaitsemalla, ett¨a funktiof:Z+−→Z+on injektio. Nimitt¨ain, josm∈Z+jan∈Z+ovat sellaisia, ett¨a f(m) =f(n), niinf(m) +f(n) =f(n) +f(n), ja edelleen f(f(m) +f(n)) =f(f(n) +f(n)), ja edelleen m+n=n+n, jolloin on oltavam=n.

Havaitsemme helposti my¨os, ett¨a jos lis¨aksi k∈Z+ jak < n, niin

f(f(m+k) +f(n−k)) =m+k+n−k=m+n=f(f(m) +f(n)).

Koskaf tiedet¨a¨an injektioksi, seuraa t¨ast¨a, ett¨a f(m+k) +f(n−k) =f(m) +f(n).

Oletetaan sitten, ett¨af(1)>2. Varmasti f(2f(1)) =f(f(1) +f(1)) = 1 + 1 = 2 ja

f(f(1) + 2) =f(f(1) +f(2f(1))) = 1 + 2f(1).

Jos olisif(1) = 2, olisif(4) = 2 jaf(4) = 5, mik¨a on mahdotonta. Siten on oltavaf(1)>3. Mutta nyt f(2f(1)) +f(1) =f(2f(1)−(f(1)−2)) +f(1 + (f(1)−2))

=f(f(1) + 2) +f(f(1)−1), mist¨a seuraa aiempien havaintojemme perusteella, ett¨a

2 +f(1) = 1 + 2f(1) +f(f(1)−1).

Mutta t¨am¨an yht¨al¨on mukaan olisif(f(1)−1) = 1−f(1)<0, mik¨a on selv¨asti mahdotonta. Siisp¨a ei voi olla f(1)>3. Koska ei voinut my¨osk¨a¨an ollaf(1) = 2, on ainoa j¨aljelle j¨a¨av¨a mahdollisuus siis, ett¨a f(1) = 1.

Oletetaan, nyt sitten, ett¨an∈Z+ on sellainen, ett¨a f(m) =mkaikillem∈ {1,2, . . . , n}. T¨all¨oin my¨os n+ 1 =f(f(n) +f(1)) =f(n+ 1),

ja induktiolla n¨ahd¨a¨an, ett¨a on oltavaf(m) =mkaikilla m∈Z+, ja olemme valmiit.

20. Etsi kaikki funktiotf:R−→R, joille f((x−y)²) =f²(x)−2xf(y) +y² kaikilla x, y∈R.

Ratkaisu. Sijoittamalla yht¨al¨o¨on ensin x= y = 0 saadaan f(0) = f²(0), eli f(0) = 0 taif(0) = 1. Oletetaan ensin, ett¨af(0) = 0. Sijoittamalla yht¨al¨o¨onx=y saadaan

0 =f(0) =f((x−x)²) =f²(x)−2xf(x) +x²= (f(x)−x)²,

kaikille x ∈ R, mist¨a v¨alitt¨om¨asti seuraakin, ett¨a f(x) = x kaikilla x ∈ R. T¨am¨a funktio on my¨os helposti n¨aht¨aviss¨a ratkaisuksi, sill¨a onhan t¨alle funktiolle

f((x−y)²) = (x−y)²=x²−2xy+y²=f²(x)−2xf(y) +y² kaikilla x, y∈R.

Oletetaan sitten, ett¨af(0) = 1. Sijoittamalla yht¨al¨o¨onx= 0 saadaan f(y²) = 1 +y²

kaikilley∈R, mist¨a seuraa v¨alitt¨om¨asti, ett¨a f(x) =x+ 1

kaikilla x∈[0,∞[. Sijoittamalla yht¨al¨o¨on j¨alleen x=y saadaan 1 =f(0) =f((x−x)²) =f²(x)−2xf(x) +x²= (f(x)−x)²

kaikillex∈R, jolloin siisf(x)−x=±1 jokaisellex∈R. Lopuksi, olkoonx∈R− ja sijoitetaan yht¨al¨o¨ony= 0, jolloin saadaan

x²+ 1 =f(x²) =f²(x)−2x, eli

f²(x) = (x+ 1)².

Nyt voi olla vainf(x) =x+ 1, sill¨a jos olisif(x) =x−1, olisi x²−2x+ 1 = (x−1)²=f²(x) = (x+ 1)²=x²+ 2x+ 1,

eli x = 0, mik¨a on ristiriita. T¨aten f(x) = x+ 1 kaikilla x ∈ R. Toisaalta, t¨am¨ankin funktion voi helposti tarkistaa olevan ratkaisu, sill¨a sille p¨atee

f((x−y)²) = 1 + (x−y)²= 1 +x²−2xy+y²= 1 +x²+ 2x−2x(y+ 1) +y²

= (x+ 1)²−2x(y+ 1) +y²=f²(x)−2xf(y) +y². Ainoat halutunlaiset funktiot ovat siisf =x7−→x:R−→Rjaf =x7−→x+ 1 :R−→R.

21. M¨a¨aritell¨a¨ana0 =a1 = 3 ja an+1 = 7an−a_n−1 jokaisella n∈Z+. Osoita, ett¨a an−2 on neli¨oluku jokaisella n∈Z+.

Ratkaisu. M¨a¨aritell¨a¨an b0 = −1, b1 = 1 ja bn+1 = 3bn−bn−1 jokaisella n ∈ Z+. Tavoitteemme on todistaa induktiolla, ett¨a an−2 =b²_n jokaisellan ∈ Z+∪ {0}. Selv¨asti t¨am¨a p¨atee, kun n ∈ {0,1}. Lis¨aksi on helppo laskea, ett¨aa2= 18,b2= 4, ja ett¨aa2−2 = 16 = 4²=b²₂. Oletetaan sitten, ett¨an∈ {2,3, . . .}on sellainen, ett¨a a_m−2 =b²_m kaikillam∈ {0,1, . . . , n}. Koska

a_n+1= 7a_n−a_n−1 ja a_n = 7a_n−1−a_n−2, on

an+1= 8an−8a_n−1+a_n−2, ja edelleen

an+1−2 = 8(an−2)−8(a_n−1−2) +a_n−2−2.

Induktio-oletuksen nojalla siis an+1−2 = 8b²_n−8b²_n−1+b²_n−2

= 8b²_n−8b²_n−1+ (3b_n−1−bn)²

= 8b²_n−8b²_n−1+ 9b²_n−1+b²_n−6b_n−1bn

= 9b²_n−6b_nb_n−1+b²_n−1

= (3bn−bn−1)²=b²_n+1, ja olemme valmiit.