Harjoitusteht¨av¨at, helmi–maaliskuu 2011. Vaativammat

Harjoitusteht¨av¨at, helmi–maaliskuu 2011. Vaativammat

Ratkaisuja

1. Yhdeks¨an matemaatikkoa tapaa toisensa kongressissa. Kukaan heist¨a ei osaa useampaa kuin kolmea kielt¨a. He toteavat kuitenkin, ett¨a jokaisesta kolmesta matemaatikosta ainakin kaksi osaa puhua samaa kielt¨a. Osoita, ett¨a matemaatikkojen joukossa on kolme sellaista, jotka kaikki osaavat puhua samaa kielt¨a.

Ratkaisu.Olkoot matemaatikotA, B, C, D, E, F, G, H jaI. Tehd¨a¨an vastaoletus: enin- t¨a¨an kaksi matemaatikkoa osaa puhua mit¨a¨an yhteist¨a kielt¨a. Olkoon A jokin matemaa- tikoista. Koska A osaa enint¨a¨an kolmea kielt¨a, on enint¨a¨an kolme matemaatikkoa, B, C ja D, joiden kanssa A voi puhua. Matemaatikko E pystyy puhumaan enint¨a¨an kol- men joukkoon {B, C, D} kuuluvan matemaatikon kanssa ja enint¨a¨an kolmen joukkoon {F, G, H, I} kuuluvan matemaatikon kanssa. Viimeisess¨a joukossa on silloin ainakin yksi matemaatikko, esimerkiksi I, joka ei pysty keskustelemaan A:n eik¨a E:n kanssa. Mutta joukossa {A, E, I} on teht¨av¨an ehdon mukaan oltava ainakin kaksi kesken¨a¨an keskustele- maan kykenev¨a¨a matemaatikkoa. Ristiriita osoittaa vastaoletuksen v¨a¨ar¨aksi.

2. Olkoon an luvun 1 + 2 + · · · + n viimeinen numero (kun summa kirjoitetaan 10- j¨arjestelm¨ass¨a tavalliseen tapaan. Laske a1+a2+· · ·+a2011.

Ratkaisu. Tiedet¨a¨an, ett¨a an ≡ n(n+ 1)

2 mod 10. Jos m≡ nmod 20, niin m(m+ 1) ≡ n(n+ 1) mod 20 ja m(m+ 1)

2 ≡ n(n+ 1)

2 mod 10. Lasketaan an mod 20, kun 1≤n≤20:

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 an 1 3 6 0 5 1 8 6 5 5 6 8 1 5 0 6 3 1 0 0 T¨ast¨a voidaan laskea, ett¨aa1+a2+· · ·+a20 = 70 =ak+ak+1+· · ·+ak+19 kaikillak. Nyt 2011 = 100·20+11. Koskaa1+a2+· · ·+a11 = 46,a1+a2+· · ·+a2011= 100·70+46 = 7046.

3. Tasasivuisen kolmion ABC sivu on 2. Osoita, ett¨a jos P on kolmion sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an mielivaltainen piste, niin P A²+P B²+P C² = 5.

Ratkaisu. Ratkaisuksi k¨ay suora lasku. Sijoitetaan kolmio ABC koordinaatistoon niin, ett¨a BC on x-akselin suuntainen ja origo on kolmion sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an keski- piste. Koska ABC on tasasivuinen, sen korkeus on √

3. T¨ast¨a saadaan helposti k¨ar- kien koordinaatit: A =

0, 2√

3 3

, B =

−1, −

√3 3

ja C =

1, −

√3 3

. Olkoon nyt P = (x, y) kolmion ABC sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an piste. Silloin x² +y² = 1

3 ja P A²+P B²+P C² =x²+

y− 2√ 3 3

₂

+(x+1)²+

y+

√3 3

₂

+(x−1)²+

y+

√3 3

₂

= 3(x²+y²) + 2 +

−4√ 3

3 + 2·2

√3 3

y+ (4 + 2)· 1

3 = 1 + 2 + 2 = 5.

4. 4×7 ruudukon jokainen ruutu on v¨aritetty siniseksi tai punaiseksi. Osoita, ett¨a jonkin ruudukon ruuduista muodostuvan suorakaiteen k¨arkiruudut ovat samanv¨arisi¨a. Osoita, ett¨a n¨ain ei tarvitse olla, jos ruudukko on kokoa 4×6.

Ratkaisu. Osoitetaan, ett¨a v¨aite p¨atee jo 3×7-ruudukossa. Jokaisessa ruudukon seitse- m¨ass¨a sarakkeessa on joko enemm¨an sinisi¨a ruutuja tai enemm¨an punaisia ruutuja. Sa- rakkeissa on silloin ainakin nelj¨a sellaista, joissa tietty¨a v¨ari¨a on enemm¨an; olkoon se pu- nainen. Jos jossain sarakkeessa on pelkki¨a punaisia ruutuja, niin se ja mik¨a hyv¨ans¨a muu n¨aist¨a nelj¨ast¨a sarakkeesta on pari, jossa on pelkki¨a punaisia ruutuja kahdella vaakarivill¨a.

Jos kaikissa sarakkeissa on my¨os sininen ruutu, niin jossain kahdessa sarakkeessa sininen ruutu on samalla vaakarivill¨a. N¨aiss¨a sarakkeissa on silloin suorakulmion k¨arkiruuduiksi kelpaavat kaksi punaista ruutua samoilla vaakariveill¨a. – Esimerkiksi j¨arjestys

p p p s s s p s s s p p s p s p s p s s p p p s

osoittaa, ett¨a 4×6-ruudukossa ei aina ole mahdollista muodostaa suorakaidetta, jonka k¨arkiruudut olisivat samaa v¨ari¨a.

5. Olkoot a1 < a2 < . . . < an n positiivista reaalilukua. Olkoon

f(x) =

n

k=1

ak

x+ak,

kun x /∈ {−a1, −a2, . . . , −an}. M¨a¨arit¨a niiden reaaliakselin v¨alien, joillaf(x)>1, yhtei- nen pituus.

Ratkaisu. Kun x < −an, f(x)< 0. f ei ole m¨aritelty pisteiss¨a −aj ja lim_x→aj−f(x) =

−∞, lim_x→aj+f(x) = +∞. f on jokaisella v¨alill¨a (−aj, −aj−1) v¨ahenev¨a samoin kuin joukoissa (−∞, −an) ja (−a1, ∞). Lis¨aksi lim_x→∞f(x) = 0. T¨ast¨a seuraa, ett¨a yht¨al¨oll¨a f(x) = 1 on jokaisella v¨alill¨a (−aj, −aj−1), j = 2, 3. . . , n tasan yksi ratkaisu xj ja joukossa (−a1, ∞) yksi ratkaisux1 ja ett¨af(x)>1 jos ja vain josx∈(−aj, xj) jollainj = 1, 2, . . . , n. Tarkastellaan yht¨al¨o¨a f(x) = 1. Kun t¨ast¨a yht¨al¨ost¨a poistetaan nimitt¨aj¨at ja termit ker¨at¨a¨an samalle puolelle, saadaan n:nnen asteen polynomiyht¨al¨o, joka on muotoa xⁿ+an−2xⁿ⁻²+· · ·= 0. Yht¨al¨on juurienx1,x2,. . .,xnsumma on siis 0. T¨aten teht¨av¨ass¨a kysyttyjen v¨alien yhteinen pituus on

n

j=1

(xj −(−aj)) =

n

j=1

aj.

6. Py¨ore¨an p¨oyd¨an ymp¨arill¨a istuu 2011 (!) henkil¨o¨a. Heid¨at on numeroitu juoksevasti my¨ot¨ap¨aiv¨a¨an. Numero 1 aloittaa sanomalla ”yksi”. T¨am¨an j¨alkeen jokainen istuja sanoo j¨arjestyksess¨a ”kaksi”. ”kolme”, ”yksi”, ”kaksi” jne. Jokainen, joka sanoo ”kaksi” tai

”kolme” poistuu heti. Mink¨anumeroinen istuja j¨a¨a p¨oyd¨an ¨a¨areen?

Ratkaisu. Jos p¨oyd¨an ¨a¨aress¨a olevien henkil¨oiden lukum¨a¨ar¨a olisi 3^k, niin ensimm¨aisell¨a kierroksella poistuisi tasan 2

3 ·3^k henkil¨o¨a ja numero 1 saisi taas sanoa numeron 1. N¨ain ollen numero 1 olisi voittaja. T¨ast¨a seuraa, ett¨a voittaja on se, joka ensimm¨aisen¨a saa sanoa numeron 1 silloin, kun p¨oyd¨an ¨a¨aress¨a olevien henkil¨oiden m¨a¨ar¨a on kolmen potenssi. Nyt 3⁶ = 729 < 2011 < 2187 = 3⁷. Kun joukosta on poistunut 2011−729 = 1282 = 2·641 oppilasta, j¨aljell¨a on 3⁶ oppilasta ja tuolloin vuorossa on oppilas numero 3·641 + 1 = 1924.

H¨an j¨a¨a viimeksi p¨oyd¨an ¨a¨areen.

7. Jonon (ak)_k≥1 j¨asenet ovat ei-negatiivisia kokonaislukuja ja toteuttavat ehdon ak ≥ a2k +a2k+1 kaikilla k. Osoita, ett¨a kaikilla n jonossa on n per¨akk¨aist¨a nollaa. Anna esimerkki ehdon t¨aytt¨av¨ast¨a jonosta, jossa on ¨a¨arett¨om¨an monta positiivista termi¨a.

Ratkaisu. Osoitetaan ensin, ett¨a jonossa on ainakin yksi nolla. Ellei n¨ain olisi, olisi kaikillan a1 ≥a2+a3 ≥a4+a5+a6+a7 ≥a8+a9+a10+a11+a12+a13+a14+a15 ≥ . . .≥a2ⁿ+a2ⁿ+1+· · ·+a2ⁿ⁺¹−1 ≥2ⁿ, mik¨a on mahdotonta. Jos sitten ak = 0 jollain k, saadaan samalla tavoin 0 ≥ a^2nk+a^2nk+1 +· · ·+a2ⁿk+2ⁿ−1, joten jonossa on kaikilla n jaksoja, joissa on 2ⁿ nollaa. Mutta jono, jossaan = 0 paitsi josn= 2^k, jaa2^k = 1, kaikilla k, toteuttaa teht¨av¨an ehdon. Jos n ei ole kahden potenssi, niin kumpikaan luvuista 2n ja 2n+ 1 ei ole kahden potenssi. Jos taas n = 2^k, niin an = a2n = 1 ja a2n+1 = 0. Jono todellakin toteuttaa teht¨av¨an ehdon.

8. a, b ja c ovat kokonaislukuja. a on parillinen ja b on pariton. Osoita, ett¨a jos n on positiivinen kokonaisluku, on olemassa positiivinen kokonaislukux siten, ett¨a ax²+bx+c on jaollinen luvulla 2ⁿ.

Ratkaisu.OlkoonP(x) =ax²+bx+c. Todistetaan induktiolla. Olkoonk0 mielivaltainen positiivinen kokonaisluku. Varmasti 2⁰|P(k0). Oletetaan, ett¨a jollakin n≥0 on olemassa positiivinen kokonaislukuknsiten, ett¨a 2ⁿ|P(kn). Jos 2ⁿ⁺¹|P(kn), voidaan asettaakn+1 = kn. Oletetaan sitten, ett¨a P(kn) = 2ⁿd, miss¨a d on pariton luku. Nyt P(x)−P(kn) = (x −kn)((a(x + kn) +b). Koska a on parillinen ja b pariton, niin a(x + kn) +b) on pariton luku. Olkoon e mielivaltanen pariton luku. Asetetaan kn+1 = kn+ 2ⁿe. Silloin P(kn+1)−P(kn) = 2ⁿe((a(kn+1+kn) +b) jaP(kn+1) = 2ⁿ(d+e((a(kn+1+kn) +b). Koska 2ⁿ:n kerroin oikealla puolella on kahden parittoman luvun summa, P(kn+1) on jaolinen 2ⁿ⁺¹:ll¨a. Induktioaskel on otettu, v¨aite todistettu.

9. Kokonaislukuparien joukossa m¨aritelty reaaliarvoinen funktio f toteuttaa seuraavat kaksi ehtoa:

(i) f(x, y)f(y, z)f(z, x) = 1 kaikilla x, y, z∈Z. (ii) f(x+ 1, x) = 2 kaikilla x∈Z.

M¨a¨arit¨a f.

Ratkaisu. Kun ehtoon (1) asetetaan x = y = z, saadaan f(x, x)³ = 1 eli f(x, x) = 1 kaikilla x ∈ Z. Kun ehtoon (1) sijoitetaan x = z, saadaan nyt f(x, y)f(y, x) = 1 eli f(x, y) = 1

f(y, x) kaikilla (x, y)∈Z². Siis f(x, z) = 1

f(z, x) =f(x, y)f(y, z) = f(x, y) f(z, y).

Sovelletan t¨at¨a ehtoon (ii):

2 =f(x+ 1, x) = f(x+ 1, y) f(x, y) . Mutta t¨am¨a voidaan kirjoittaa

f(x, y)

2^x = f(x+ 1, y) 2^x+1 .

Lausekkeen f(x, y)

2^x arvo on siis vakio kaikilla x ∈ Z, eli se riippuu vain y:st¨a. Koska f(y, y) = 1, arvo on 1

2^y. Siis f(x, y) = 2^x · 1

2^y = 2^x−y. – T¨am¨a on v¨altt¨am¨at¨on ehto f(x, y):lle. Helposti n¨ahd¨a¨an, ett¨a f(x, y) = 2^x−y toteuttaa alkuper¨aiset ehdot.

10. Kolmion ABC sivujen pituudet ovat a, b ja c. Kolmion ymp¨ari piirretyn ympyr¨an keskipiste on O ja sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an keskipiste on I, I = O. Olkoon viel¨a M ABC:n keskijanojen leikauspiste. Osoita, ett¨aIM⊥BC, jos ja vain josb=ctaib+c= 3a. Ratkaisu. Voidaan olettaa, ett¨a b≥ c. Olkoon A:sta

piirretyn korkeusjanan kantapiste E, kolmion sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an ja sivun BC yhteinen piste F, kol- mion painopisteen kohtisuora projektio sivulla AB G ja sivun AB keskipiste D. Olkoot P ja Q sis¨a¨an pir- retyn ympyr¨an ja sivuje AC ja AB sivuamispisteet.

Sit¨a, ett¨a BF = BQ, AQ = AP ja CP =CF seuraa helposti BF = 1

2(a−b+c), joten DF = a

2 −BF = 1

2(b − c). Olkoon AE = h. Yht¨al¨oist¨a c² − BE² = h² = b² − (a − BE)² saadaan BE= 1

2a(c²−b²+a²) ja DE = 1

2a−BE= 1

2a(b²−c²). Koska M jakaa jananAD niin, ett¨a M D = 1

3AD, on GD = 1

3ED = 1

6a(b² −c²). Nyt IM⊥BC jos ja vain jos F ja G ovat sama piste. T¨am¨a toteutuu jos ja vain jos 1

2(b−c) = 1

6a(b²−c²). Yht¨al¨o toteutuu, jos b=c. Jos b=c, yht¨al¨o toteutuu, kun 3a=b+c.

11. Olkoon M kolmion ABC sivun BC keskipiste. Ympyr¨a Γ, jonka halkaisija on AM, leikkaa AB:n my¨os pisteess¨a D ja AC:n my¨os pisteess¨a E. Γ:n pisteisiin D ja E piirretyt tangentit leikkaavat pisteess¨a P. Osoita, ett¨a P B =P C.

Ratkaisu.KoskaAM on Γ:n halkaisija, kulmatADM ja AEM ovat suoria. T¨ast¨a seuraa, ett¨a ympyr¨at Γ₁ ja Γ₂, joiden halkaisijat ovatBM jaM C, kulkevat pis- teiden D ja E kautta. Leikatkoon DP Γ₁:n pisteess¨a K ja EP Γ₂:n pisteess¨a L. Tarkastellaan kolmioita ABM ja DKM. Koska P D on Γ:n tangentti, kul- mat DAM ja M DK ovat Γ:n samaa j¨annett¨a DM vastaavina keh¨akulmina yht¨a¨o suuret. Kulmat ABM ja DKM puolestaan ovat Γ₁:n samaa j¨annett¨a DM vastaavina keh¨akulmina yht¨a suuret. Kolmiot ABM jaDKM ovat siis yhdenmuotoiset (kk). Aivan samoin n¨ahd¨a¨an, ett¨a kolmiotAM C jaEM Lovat yhdenmuo- toiset. Mutta t¨ast¨a seuraa, ett¨a ∠KM D+∠EM L=

∠BM A+∠AM C = 180^◦. Koska ympyr¨oill¨a Γ₁ ja Γ₂ on sama s¨ade, janatDK ja ELovat vieruskulmia vastaavina ympyr¨an j¨antein¨a yht¨a pitk¨at. Koska DP ja EP ovat ympyr¨an Γ tangentteina yht¨a pitk¨at, on my¨os P K = P L. Pisteell¨a P on siten sama potenssi ympyr¨oiden Γ₁ ja Γ₂ suhteen P K ·P D =P L·P E. Osoitetaan, ett¨a P M on ympyr¨oiden Γ₁ ja Γ₂ yhteinen tangentti. Ellei n¨ain olisi, suora P M leikkaisi Γ₁:n pisteiss¨a X ja M ja Γ₂:n pisteiss¨a Y ja M, ja M olisi X:n ja Y:n v¨aliss¨a. Pisteen P potenssille Γ₁:n ja Γ₂:n suhteen saataisiin lausekkeet P X·P M ja P M ·P Y. Mutta n¨am¨a voivat olla samat vain, jos X = Y = M. Siis todellakin P M on ympyr¨oiden tangentti, josta seuraa P M⊥BC. Koska M on BC:n keskipiste, P M on BC:n keskinormaali, joten P B =P C.

12. M¨a¨aritell¨a¨an lukujono (an)_n≥0 asettamalla a0 = 1 ja a1= 3 sek¨a an+2 =

an+1+ 9an, jos n on parillinen 9an+1+ 5an, jos n on pariton.

Osoita, ett¨a luku

2016

k=2011

a²_k on jaollinen 20:ll¨a.

Ratkaisu. Koska an+2 =

an+1+ 9an=an+1+an+ 8an, jos non parillinen 9an+1+ 5an=an+1+an+ 8an+1+ 4an, jos non pariton,

an+2 ≡an+1+an mod 4. Olkoonan ≡bnmod 4, miss¨a 0 ≤bn ≤3. Silloinb0 = 1,b1 = 3, b2 = 0, b3 = 3, b4 = 3, b5 = 2, b6 = 1, b7 = 3 jne. Jono (bn) on selv¨asti jaksollinen niin, ett¨a kaikillak ja kaikillai = 0,1, . . . , 5 on bi+6k =bi. Lis¨aksi

5

i=0

b²_i = 32≡0 mod 4.

Silloin my¨os

2016

i=2011

a²_i ≡

5

i=0

b²_i ≡0 mod 4.

Teht¨av¨an summa on siis ainakin nelj¨all¨a jaollinen. On viel¨a osoitettava, ett¨a summa on jaollinen my¨os viidell¨a. Koska a2n+3 = 9a2n+2 + 5a2n+2, niin a2n+3 +a2n+2 ≡ 0 mod 5.

Siis a²2n+3 ≡(−a2n+2)² =a²2n+2 mod 5. Koska a2n+4 =a2n+3+ 9a2n+2, a2n+4−a2n+3+ a2n+2 ≡ a2n+4 + 2a2n+2 ≡ 0 mod 5. T¨ast¨a saadaan a²_2n+4 ≡ (−2a2n+2)² = 4a²_2n+2 ≡

−a²_2n+2 ≡ −a²_2n+3 mod 5 eli a²2n+3 + a²2n+4 ≡ 0 mod 5. Jonossa toisiaan seuraavien parittoman ja parillisen termin neli¨oiden summa on siis jaollinen viidell¨a. T¨ast¨a seuraa heti, ett¨a

2016

i=2011

a²_i

on jaollinen my¨os viidell¨a.

13. ABCDEF G on s¨a¨ann¨ollinen 7-kulmio, jonka sivun pituus on 1. Osoita, ett¨a 1

AC + 1 AD = 1.

Ratkaisu.PeilataanABCDEF Gyli suoranAGseit- senkulmioksiAGHIJKL. Selv¨asti (ajatellaan seitsen- kulmioiden ymp¨ari piirrettyj¨a ympyr¨oit¨a!) ∠CAG =

4

7·180^◦ ja ∠GAJ = 3

7·180^◦. Siis∠CAJ = 180^◦ eliC, A ja J ovat samalla suoralla. Edelleen CG = GJ = AD ja ∠BCA =∠ACG. Kolmiot ABC ja CGJ ovat yhdenmuotoisia. Siis

AC

AB = CJ

CG = AC +AD AD . N¨ain ollen

1

AC + 1

AD = AC +AD AC ·AD = 1

AB. Mutta AB = 1, ja v¨aite on todistettu.

14. Tasossa on 3n pistett¨a (n > 1) siten, ett¨a mitk¨a¨an kolme pistett¨a eiv¨at ole samalla suoralla ja jokaisen kahden pisteen v¨alimatka on enint¨a¨an 1. Osoita, ett¨a on olemassa n kolmiota, joista mill¨a¨an kahdella ei ole yhteisi¨a pisteit¨a, niin ett¨a jokainen edell¨a maini- tuista3n:st¨a pisteest¨a on tasan yhden kolmion k¨arki ja kolmioiden yhteen laskettu pinta-ala on pienempi kuin 1

2.

Ratkaisu. Olkoot pisteet P1, P2, . . . , P3n. Piirret¨a¨an suora niin, ett¨a kaikki pisteet Pi

ovat samalla puolella suoraa ja ei ole yhdensuuntainen mink¨a¨an suoran PiPj kanssa.

(Viimeksi mainituja suoria on ¨a¨arellinen m¨a¨ar¨a, joten t¨allainen voidaan piirt¨a¨a. Olkoon di pisteen Pi et¨aisyys suorasta . Jos olisi di = dj jollain i = j, olisi PiPj. Pisteet Pi

voidaan siis numeroida niin, ett¨a 0 < d1 < d2 < · · · < d3n. Piirret¨a¨an jokaisen pisteen P3j+1, 0 ≤ j ≤n−1 kautta suora j ja pisteen P3n kautta suora n . Olkoon aj suo- rien j+1 ja j et¨aisyys. Jokainen kolmio P3j+1P3j+2P3j+3 sis¨altyy suorakaiteeseen, jonka toiset sivut ovat suorilla j+1 ja j ja toiset sivut kulkevat kolmion kahden k¨arjen kautta ja ovat kohtisuorassa suoraa vastaan. KolmiotaP3n−2P3n−1P3n lukuun ottamatta jokai- sen kolmion P3j+1P3j+2P3j+3 ala on aidosti pienempi kuin puolet t¨allaisen suorakaiteen alasta. Suorakaiteen-suorien suuntaisten sivujen pituus on pienempi kuin niiden kolmion k¨arkipisteiden et¨aisyys, joiden kautta suorakaiteen:¨a¨a vastaan kohtisuorat sivut kulkevat ja suorakaiteen :¨a¨a vasaan kohtisuorien sivujen pituus on ej. Suorakaiteen ala on siis

≤ ej Lukujen ej summa puolestaan on enint¨a¨an pisteen P1 ja P3n et¨aisyys, joka on ≤ 1.

Yhdist¨am¨all¨a havainnot, saadaan kolmioiden P3i+1P3i+2P3i+3, i = 0, 1. . . , 3n−1 alojen summaksi luku, joka on aidosti pienempi kuin puoli.

15. Yksikk¨okuutiossa on 75 pistett¨a. Osoita, ett¨a jonkin n¨aist¨a pisteist¨a muodostuvan kolmion ala on enint¨a¨an 7

72.

Ratkaisu. Jos kahden tasonτ1 ja τ2 v¨alinen kulma on α ja tasossa τ1 on kuvio, jonka ala onS, niin t¨am¨an kuvion tasossaτ2 olevan kohtisuoran projektion ala onScosα. Jos tason τ yksikk¨onormaalivektori on −→n =n1−→

i +n2−→

j +n3−→

k, niin −→n ·−→

k =n3, −→n · −→

j =n2 ja

−→n ·−→

i =n1 ovat tasonτ ja xy-tason,xz-tason jayz-tason v¨alisten kulmien kosinit. Koska n²₁+n²₂+n²₃ = |−→n|² = 1, niin tasossa τ olevan kuvion alan S ja sen koordinaattitasoilla olevien projektioiden pinta-alojen S1, S2 ja S3 v¨alill¨a valitsee yhteys S² = S₁²+S₂² +S₃². Ajatellaan nyt kolmiota, joka on kokonaan sellaisen suorakulmaisen s¨armi¨on sis¨all¨a, jonka s¨arm¨at ovat a, b ja c. Kolmion projektiot kullekin s¨armi¨on sivutahkolle ovat enint¨a¨an puolet sivutahkon alasta. Kolmion alalleS p¨atee n¨ain ollen ep¨ayht¨al¨o

S² ≤ 1

4(a²b²+b²c²+c²a²).

Yksikk¨okuutio voidaan jakaa 36:ksi suorakulmaiseksi s¨armi¨oksi, joiden s¨arm¨at ovat 1 2, 1

3 ja 1

6. Koska 2·36 = 72<75, ainakin yhdess¨a n¨aist¨a s¨armi¨oist¨a on ainakin kolme annetuista pisteist¨a. Ne muodostavat kolmion, jonka ala yll¨a sanotun perusteella on enint¨a¨an

1 2

1

2·3

₂

+

1

2·6

₂

+

1

3·6

₂

= 7 72.