EGMO 2020 – haastavia tehtäviä kotoa käsin

Solmu 2/2020 21

EGMO 2020 – haastavia tehtäviä kotoa käsin

Idaliina Kuusisto, Ulrika Kaara, Veera Nurmela, Anni Tapionlinna

Euroopan tyttöjen matematiikkaolympialaiset järjes- tettiin vuonna 2020 tilanteesta johtuen etäkilpailuina.

Kilpailuihin kuitenkin osallistui 204 tyttöä 53 eri maas- ta! Tänä vuonna tehtävät olivat kenties edellisten vuo- sien tehtäviin verrattuna vaikeampia.

Kilpailut olivat hieno kokemus myös kotoa käsin osal- listuttuna. Perinteisesti kilpailuissa oli avajaiset, yhtei- siä aktiviteetteja ja loppuseremonia. Pääsimme esimer- kiksi kokemaan ekskursiona virtuaalisesti Keukenhofin tulppaanipellot.

Kun EGMO:n kaltainen tapahtuma järjestetään etä- nä, on haasteena tutustuminen muiden maiden kilpai- lijoihin. Muihin matematiikasta kiinnostuneisiin tutus- tuminen on tärkeä osa kilpailua. Kilpailun järjestäjät tekivät kuitenkin hyvää työtä etäaktiviteettien järjes- tämisessä. Monet kilpailijat kirjoittivat mielenkiinnon- kohteistaan ja vaihtoivat yhteystietoja sille tarkoitetul- la alustalla keskustellakseen kaukaistenkin kanssakil- pailijoiden kanssa. Suomen joukkue oli yhteydessä esi- merkiksi Latviaan ja Costa Ricaan.

Kaikki tehtävät olivat haastavia, mutta ne olivat hy- vää mietittävää. Tehtävät olivat viime vuosien tehtä- viin verrattuina hieman vaikeampia, mikä näkyi kil- pailijoiden pisteissä. Kisat tehtiin kotoa käsin ja tämä herätti erilaisia ajatuksia. Kilpailutilanne tuntui hyvin tavalliselta, kun tehtäviä teki kotona. Toisaalta kotona kilpailuihin valmistautuessa täytyi olla itse tarkempi, että oikeanlaisen ”kisatunnelman” sai päälle.

Suomi oli osallistuneista Pohjoismaista paras ja 42.

kaikkiaan 53 joukkueen joukossa. Lisäksi Suomi oli 30. osallistuneista 39 Euroopan maasta. Suhteutettu- na osallistuneiden maiden kokonaismäärään nämä oli- vat parhaat tulokset vuoden 2014 jälkeen.

Tehtäviä

Tehtävä 1

Positiiviset kokonaisluvut a₀, a₁,a₂,. . .,a₃₀₃₀ täyttä- vät ehdon 2·an+2 =an+1+ 4an kaikilla n = 0, 1, 2, . . ., 3028. Todista, että ainakin yksi luvuistaa0,a1,a2, . . .,a3030on jaollinen luvulla 2²⁰²⁰.

Esimerkkiratkaisu

Todistetaan induktiolla seuraava väite: Jos kokonaislu- vut a0, a1, . . . , a3n täyttävät ehdon 2·an+2 =an+1+ 4an, niinan on jaollinen luvulla 2²ⁿ.

Alkuaskel: Yhtälöstä 2a3=a2+ 4a1 seuraa, ettäa2on parillinen. Niinpä yhtälöstä 2a2 =a1+ 4 seuraa, että a₁ on jaollinen neljällä (4 = 2²·1).

Induktioaskel: Oletetaan, että väite pätee luvulle n = k − 1. Tutkitaan tehtävän ehdot täyttäviä lukuja a0, a1, . . ., a3k. Kun sovelletaan induktio-oletusta sekvensseihin (a0, a1, . . . , a_3k−3), (a1, a2, . . . , a_3k−2),

22 Solmu 2/2020

(a₂, a₃, . . . , a_3k−1) ja (a₃, a₄, . . . , a_3k), huomataan, et- tä a_k−1, ak, ak+1 ja ak+2 ovat kaikki jaollisia luvul- la 2^2k−2. Nyt samalla tavalla kuin alkuaskeleessa, yh- tälö 2· ₂^a2k−2^k+2 = ₂^a2k−2^k+1 + 4· ₂2k−2^ak johtaa siihen, että

ak+1

2^2k−2 on jaollinen kahdella ja siksi yhtälö 2· ₂^a2k−2^k+1 =

ak

2^2k−2 + 4·₂^a2k−2^k−1 johtaa siihen, että ₂2k−2^ak on jaollinen neljällä. Siten a_k on jaollinen luvulla 2^2k ja induktio- väite on todistettu. Tällöin a₁₀₁₀ on jaollinen luvulla 2^2·1010= 2²⁰²⁰, joten tehtävä on ratkaistu.

Tehtävä 4

Sanotaan, että lukujen 1,2, . . . , mpermutaatio on tuo- re, jos ei ole olemassa positiivista kokonaislukua k <

m, jolle permutaation k ensimmäistä jäsentä ovat 1,2, . . . , kjossakin järjestyksessä. Olkoonf_mkokonais- lukujen 1,2, . . . , m tuoreiden permutaatioiden luku- määrä. Todista, ettäfn≥n·f_n−1kaikilla n≥3.

Esimerkiksi, josm= 4, niin permutaatio (3,1,4,2) on tuore, kun taas permutaatio (2,3,1,4) ei ole.

Esimerkkivastaus

Olettaen, ettän >3, konstruoidaanf_n−1erilaista tuo- retta permutaatiota. Tutkitaan tuoreita permutaatioi- ta luvuista 1,3,4, . . . , n, siis luku 2 on poistettu. Per- mutaatiot ovat muotoa (x1, . . . , xn−1) missäx16= 1 ja {x1, . . . , xk} 6={1,3, . . . , k+1}. Tällaisia permutaatioi- ta on täsmälleenf_n−1. Kun permutaatioon lisätään lu- ku 2 ennen mitä tahansa lukua tai viimeiseksi, saadaan seuraavat permutaatiot:

(2, x₁, . . . , x_n−1), . . . ,(x₁, . . . , x_i−1,2, x_i), . . . ,(x1, . . . , x_n−1,2).

Todistetaan, että kaikki nämä permutaatiot ovat tuo- reita: Tehdään vastaoletus ja oletetaan jonkin permu- taatioista olevan epätuore. Siis jollekin 1≤k ≤n−1 ensimmäisetkjäsentä ovat 1, . . . , k. Josk= 1, ensim- mäinen jäsen on 1. Ensimmäinen jäsen on kuitenkin jo- ko 2 taix₁6= 1, joten se ei ole mahdollista. Josk≥2, ensimmäiset k jäsentä ovat 2 ja x₁, . . . , x_k−1, jolloin {x₁, . . . , x_k−1}={1,3, . . . , k}, mikä on ristiriidassa sen kanssa, että{x₁, . . . , x_n−1}on tuore. Niinpä permutaa- tiot ovat tuoreita. Koska mahdollisia paikkoja luvun 2 lisäämiselle onn−1 + 1 =n, saadaanfn≥n·f_n−1.

Tehtävä 5

Olkoon ABC kolmio, jolle ∠BCA > 90^◦. Kolmion ABC ympäri piirretyn ympyrän Γ säde on R. Janal- laAB on sisäpisteP, jolleP B=P C ja jananP Api- tuus onR. JananP B keskinormaali leikkaa ympyrän Γ pisteissä D ja E. Todista, että P on kolmionCDE sisään piirretyn ympyrän keskipiste.

Ratkaisu

Piirretään ensiksi kuva hahmottamaan tilannetta.

Piste on kolmion sisään piirretyn ympyrän keskipiste, jos se on kolmion kulmanpuolittajien leikkauspiste. Siis todistetaan, että pisteP on kolmionCDEkulmanpuo- littajien leikkauspiste.

Riittää todistaa, että P on kahdella kolmion CDE kulman kulmanpuolittajalla. Todistetaan siis, että

∠CEP =∠DEP ja∠P DC=∠EP C.

Olkoot pisteet C⁰, D⁰ ja E⁰ janojen CP, DP ja EP leikkauspisteet kolmion ABC ympärysympyrän kans- sa, tässä järjestyksessä.

D ja E ovat janan P B keskinormaalilla. Tästä seu- raten BE = EP ja P D = BD. Kolmiot EP B ja DP B ovat siis tasakylkisiä. ADBD⁰ on jännenelikul- mio. Tästä saadaan, että kolmiotAP D⁰ ja DP B ovat yhdenmuotoisia. Täten myös AP D⁰ on tasakylkinen.

SiisAD⁰ =AP. Vastaavasti AE⁰BE on jännenelikul- mio, mistä seuraten kolmiot AP E⁰ ja EP B ovat yh- denmuotoiset. MyösAP E⁰ on tällöin tasakylkinen. Siis AP =AE⁰. YhdistettynäAD⁰=AP =AE⁰. Tiedetys- tiAP =AO=R. Siis AD⁰ =AP =AE⁰ =AO=R.

Täten pisteetD⁰, O,P jaE⁰ ovat samalla ympyrällä, jonka keskipisteenä onA.

OjaE⁰ovat ympyrällä, jonka keskipiste onA.AjaE⁰ ovat ympyrällä, jonka keskipiste onO. Saadaan

OE⁰=AO=AE⁰.

Siis kolmio OE⁰A on tasasivuinen. Vastaavasti kol- mio OAD⁰ on tasasivuinen. ∠OAE⁰ = ∠AOE⁰ =

∠D⁰OA=∠D⁰AO= 60^◦.

Solmu 2/2020 23

Piirretään tasakylkiselle kolmiolle CP B korkeusjana kulmasta P. Olkoon korkeusjanan kantapiste F. Siis

∠P F C = 90^◦. F on siis sivun BC keskipiste. Myös kolmioOBC on tasakylkinen, jotenF on myös tämän kolmion korkeusjanan kantapiste. F, P ja O ovat sa- malla suoralla.

P B=P C. Siis myös∠BP F =∠CP F.

∠CP F =∠BP F =∠AP O=∠P OA

∠OAP = 180^◦−2∠AP O= 180^◦−2∠CP F

∠CP A= 180^◦−∠CP F −∠AP O= 180^◦−2∠CP F Koska ∠CP A=∠P AO, ovatCP ja OA yhdensuun- taiset.

Suorakulmaisesta kolmiosta BP F saadaan ∠BP F = 90^◦−∠F BP = 90^◦−∠CBA.

Kehäkulmalauseella ∠COA = 2∠CBA = 2(90^◦ −

∠BP F) = 2(90^◦−∠CP F) = 180^◦−2∠CP F.

Edelliseen yhdistettynä on siis ∠COA = ∠CP A =

∠OAP. CP OA on tästä seuraten jännenelikulmio ja puolisuunnikas, jonka sivutCP jaOAovat yhdensuun- taiset.

Lasketaan nyt kulmat ∠CEP, ∠DEP, ∠P DC ja

∠EP C. E⁰, P, O ja D⁰ ovat samalla ympyrällä. Ke- häkulmalausetta käyttäen

∠CEP =∠CEE⁰= 1

2∠COE⁰

=1

2(∠AOE⁰−∠COA) = 1

2(60^◦−∠OAP),

∠DEP =DEE⁰=∠DD⁰E⁰=∠P D⁰E⁰= 1

2∠P AE⁰

=1

2(∠OAE⁰−∠OAP) =1

2(60^◦−∠OAP).

Siis∠CEP =∠DEP.P on kulmanpuolittajalla EE⁰. Vastaavasti

∠CDP =CDD⁰= 1

2COD⁰ =1

2(D⁰OA+COA)

=1

2(60^◦+COA) = 1

2(60^◦+OAP),

∠EDP =EDD⁰=EE⁰D⁰=P E⁰D⁰ =1 2P AD⁰

=1

2(∠D⁰AO+∠OAP) =1

2(60^◦+∠OAP).

∠CDP =∠EDP .SiisP on kulmanpuolittajallaDD⁰. KoskaP on kahdella kolmionCDEkulmanpuolittajal- la, onP kolmion CDEsisäympyrän keskipiste.