Jos 3 +a− a42 ≥ 0, niin ep¨ayht¨al¨o on voimassa kaikilla reaaliluvuilla x ja y

Matematiikan olympiavalmennus Valmennusteht¨av¨at, joulukuu 2017 Ratkaisuehdotuksia

Helpompia teht¨avi¨a

1. Etsi kaikki reaaliluvuta, joille ep¨ayht¨al¨o 3x²+y²≥ −ax(x+y)

on voimassa kaikilla reaaliluvuillaxjay.

Ratkaisu. Ep¨ayht¨al¨o 3x²+y²≥ −ax(x+y) voidaan kirjoittaa muodossa x²(3 +a−a²

4 ) + (y+a

2x)²≥0.

Jos 3 +a− ^a₄² ≥ 0, niin ep¨ayht¨al¨o on voimassa kaikilla reaaliluvuilla x ja y. Jos taas 3 +a− ^a₄² < 0, niiin valinnallax= 1 ja y=−^a₂ saadaan

x²(3 +a−a²

4 ) + (y+a

2x)²= 3 +a−a² 4 <0.

Siis ei voi olla 3 +a−^a₄² <0. On oltava 3 +a−^a₄² ≥0 eli−2≤a≤6.

2. Olkoot a, b jac jonkin kolmion sivujen pituudet. Osoita, ett¨a my¨os 1 a+b, 1

b+c ja 1

c+a ovat jonkin kolmion sivujen pituudet.

Ratkaisu. Luvut _a+b¹ , _b+c¹ ja _c+a¹ ovat jonkin kolmion sivujen pituudet t¨asm¨alleen silloin, kun niist¨a kahden pienimm¨an summa on suurempi kuin kolmas termi. Voidaan olettaa, ett¨a a≤b≤c ja t¨aten _b+c¹ ≤ _c+a¹ ≤ _a+b¹ . On osoitettava, ett¨a _b+c¹ + _c+a¹ > _a+b¹ . Kertomalla ep¨ayht¨al¨o puolittain luvulla (a+b)(b+c)(c+a) saadaan yht¨apit¨av¨a v¨aite

(a+b)(2a+b+ 2c)>(b+c)(c+a).

Koskaa, bjacovat jonkin kolmion sivujen pituudet, niina+b > cja t¨aten (a+b)(a+b+ 2c)>(b+c)(c+a).

T¨am¨a voidaan kirjoittaa muodossa a²+ab+b²+ (a+b)c−c²>0.

Koskaa, bjacovat jonkin kolmion sivujen pituudet, niina, b, c >0,a+b > cja t¨aten a²+ab+b²+ (a+b)c−c²>0 +c²−c²= 0.

3. Muodostetaan kirjaimistaA,B jaCkuuden kirjaimen sana. KirjainAvalitaan todenn¨ak¨oisyydell¨ax, kirjainB todenn¨ak¨oisyydell¨a y ja kirjainC todenn¨ak¨oisyydell¨a z, miss¨ax+y+z = 1. Mill¨a todenn¨ak¨oisyyksill¨a x, y ja z sananBACBABtodenn¨ak¨oisyys on maksimaalinen?

Ratkaisu. SanaBACBABsaadaan todenn¨ak¨oisyydell¨ax²y³z. Aritmeettis-geometrisen ep¨ayht¨al¨on mukaan 1 =x+y+z=x

2 +x 2 +y

3 +y 3 +y

3 +z≥6⁶ rx²y³z

2²·3³

ja yht¨asuuruus on voimassa t¨asm¨alleen silloin, kun ^x₂ =^y₃ =z. Siis sananBACBABtodenn¨ak¨oisyys on maksi- maalinen, kunx= ¹₃,y=¹₂ jaz=¹₆.

4. Olkootx,y jaz positiivisia reaalilukuja, joillex+y+z= 3. Osoita, ett¨a

√x+√ y+√

z≥xy+yz+zx.

Ratkaisu. Koska 3 =x+y+z, niin

3(x+y+z) = (x+y+z)²=x²+y²+z²+ 2(xy+yz+zx).

Siis

xy+yz+zx= 1

2(3x−x²+ 3y−y²+ 3z−z²).

T¨aten

√x+√ y+√

z−xy−yz−zx

=√ x+√

y+√ z−1

2(3x−x²+ 3y−y²+ 3z−z²)

= (1 2x²−3

2x+√ x) + (1

2y²−3 2y+√

y) + (1 2z²−3

2z+√ z)

= 1 2

√x(√

x−1)²(√

x+ 2) +1 2

√y(√

y−1)²(√

y+ 2) +1 2

√z(√

z−1)²(√ z+ 2)

≥0.

5. Kaksi ympyr¨a¨a sivuaa toisiaan sis¨apuolisesti pisteess¨aT. Ulomman ympyr¨an sekanttiABon sisemm¨an ympyr¨an tangentti pisteess¨aP. Osoita, ett¨a suoraT P puolittaa kulman∠AT B.

Ratkaisu. Merkit¨a¨anT Rympyr¨oiden yhteist¨a tangettia pisteess¨aT. Keh¨akulmalauseen mukaan∠SP T =∠ST R (pienemm¨ass¨a ympyr¨ass¨a) ja ∠BT R = ∠BAT (isommassa ympyr¨ass¨a). Koska suora AB on tangentti pis- teess¨a P, keh¨akulmalauseen mukaan ∠T SP = ∠T P A. Nyt 4T SP ∼ 4T P A (kaksi yhteist¨a kulmaa). Siksi

∠P T S=∠AT P.

T

A

P

B S R

A B

P Q

R

Teht¨av¨a 5 Teht¨av¨a 6

6. PisteetP,Q,R,P⁰,Q⁰ jaR⁰ valitaan samalta puolelta janaaABsiten ett¨a kolmiotABP,AQB,RAB,BAP⁰, BQ⁰AjaR⁰BAovat yhdenmuotoisia. Osoita, ett¨a pisteetP,Q,R,P⁰,Q⁰ jaR⁰ ovat samalla ympyr¨all¨a.

Ratkaisu. Yhdenmuotoisuuksien perusteellaRB/AB=AB/QB, jostaBQ·BR=AB². Samalla tavallaAQ/AB= AB/AP, jostaAP·AQ=AB².

My¨osR⁰A/AB=AB/Q⁰A, jostaAQ⁰·AR⁰=AB² ja lis¨aksiBQ⁰/AB=AB/BP⁰, jostaBP⁰·BQ⁰=AB². Nyt pisteenApotenssi ympyr¨anP QRsuhteen on sama kuin ympyr¨anP⁰Q⁰Rsuhteen ja pisteAon ympyr¨oiden radikaaliakselilla. Vastaava tulos p¨atee my¨os pisteelleB. Siksi suoraABon ympyr¨oiden radikaaliakseli.

Mutta kun kaikki pisteetP,Q,R,P⁰,Q⁰ jaR⁰ sijaitsevat jananABsamalla puolella t¨am¨a on mahdollista vain jos ympyr¨at ovat samat (ja kaikilla tason pisteill¨a on radikaaliakselin pisteiden ominaisuus).

7. On annettu kaksi ympyr¨a¨a, jotka leikkaavat pisteiss¨a P jaQ. Konstruoi janaAB, joka kulkee pisteenP kautta ja jonka p¨a¨atepisteet ovat ympyr¨oiden kehill¨a (piste A toisella ympyr¨all¨a ja piste B toisella ympyr¨all¨a) siten, ett¨a tulo AP·P B saa suurimman mahdollisen arvonsa.

1. Piirr¨a ensin sellainen suurempi ympyr¨a, joka sivuaa ympyr¨oit¨a ulkopuolisesti joissakin pisteiss¨aAjaBniin, ett¨a piste P on janalla AB. (Ei onnistu, ellei suurempaa ympyr¨a¨a ja pisteit¨a A ja B ole valittu tietyll¨a tavalla.)

2. Miksi n¨am¨a sivuamispisteet toteuttavat teht¨av¨an ehdon?

3. Miten pisteet konstruoidaan? Eli miten harpilla ja viivottimella piirt¨am¨all¨a pisteet l¨oydet¨a¨an?

P

O1 O2

O

B

A P

B

A

A⁰⁰ A⁰

B⁰ B⁰⁰

Ratkaisu.

1. Merkit¨a¨an ympyr¨oiden keskipisteit¨a O1 ja O2. Valitaan pisteO siten, ett¨a P O1OO2 on suunnikas, jonka toinen l¨avist¨aj¨a on O1O2. Piirret¨a¨an ympyr¨a, jonka keskipiste onO ja s¨ade O1P +O2P. T¨am¨a ympyr¨a sivuaa pienempi¨a ympyr¨oit¨a pisteiss¨aAjaB(sivuaa, ei leikkaa, siksi ett¨aA,O1jaOovat samalla suoralla jaB,O2jaOovat samalla suoralla). NytA,P jaB ovat my¨os samalla suoralla, sill¨a∠AP B=∠AP O1+

∠O1P O2+∠O2P B=∠AP O1+∠P O1A+∠O1AP = 180^◦.

2. Pisteet A ja B toteuttavat teht¨av¨an ehdon, sill¨a jos pisteenP kautta kulkeva suora leikkaa O₁ keskisen ympyr¨an pisteess¨a A⁰ 6=A,O₂keskisen ympyr¨an pisteess¨a B⁰ 6=B jaO keskisen ympyr¨an pisteiss¨a A⁰⁰ ja B⁰⁰, p¨ateeP A·P B=P A⁰⁰·P B⁰⁰> P A⁰·P B⁰.

3. Ympyr¨an keskipiste konstruoidaan piirt¨am¨all¨a kaksi j¨annett¨a ja niille keskinormaalit. Keskinormaalien leikkauspiste on ympyr¨an keskipiste.

Kun keskipisteetO₁jaO₂on konstruoitu, piirret¨a¨an pisteeseenO₁ympyr¨a, jonka s¨ade on sama kuin onO₂ keskisen ympyr¨an s¨ade. Lis¨aksi piirret¨a¨anO₂ ympyr¨a, jonka s¨ade on sama kuin onO₁ keskisen ympyr¨an s¨ade. N¨aiden ympyr¨oiden leikkauspiste on pisteO.

Vaikeampia teht¨avi¨a

8. Olkootx,y jaz erisuuria positiivisia reaalilukuja, joille x+

q y+√

z=z+ q

y+√ x.

Osoita, ett¨axz <1 4

⁸₃ . Ratkaisu. Koskax+p

y+√

z=z+p y+√

x, niinx−z=p y+√

x−p y+√

z. T¨aten (x−z)

q y+√

x+ q

y+√ z

=√ x−√

z.

Koska x ja z ovat erisuuria positiivisia kokonaislukuja, niin edellinen yht¨al¨o voidaan jakaa puolittain luvulla

√x−√

z. Saadaan, ett¨a (√

x+√ z)

q y+√

x+ q

y+√ z

= 1.

Toisaalta, koska luvutx, y, z ovat positiivisia, niin √⁴ x <p

y+√ xja √⁴

z <p y+√

z. Siis 1 = (√

x+√ z)

q y+√

x+ q

y+√ z

>(√ x+√

z)(√⁴ x+√⁴

z).

Aritmeettis-geometrisen ep¨ayht¨al¨on mukaan (√

x+√ z)(√⁴

x+√⁴

z)≥2√⁴ xz·2√⁸

xz= 4p⁸ (xz)³. N¨ain ollenxz < ¹₄⁸₃

.

9. Osoita, ett¨a kaikilla positiivisilla kokonaisluvuillam > np¨atee pyj(m, n) + pyj(m+ 1, n+ 1)> 2mn

√m−n.

Ratkaisu. Tunnetusti

pyj(m, n) + pyj(m+ 1, n+ 1) = mn

syt(m, n)+ (m+)(n+ 1) syt(m+ 1, n+ 1).

Olkoonm=n+k, miss¨ak on positiivinen kokonaisluku. Edellisen yht¨al¨on oikea puoli on

> mn

syt(n+k, n)+ mn

syt(n+k+ 1, n+ 1) = mn

syt(k, n)+ mn syt(k, n+ 1). Aritmeettis-geometrisen yht¨al¨on mukaan edellinen lauseke on

≥ 2mn

psyt(k, n)·syt(k, n+ 1).

Koska syt(k, n)|n, syt(k, n+ 1)|n+ 1 ja syt(n, n+ 1) = 1, niin syt(syt(k, n),syt(k, n+ 1)) = 1.

Lis¨aksi, koska syt(k, n)|kja syt(k, n+ 1)|k, niin syt(k, n)·syt(k, n+ 1)|k. T¨aten syt(k, n)·syt(k, n+ 1)≤k. Siis 2mn

psyt(k, n)·syt(k, n+ 1) ≥2mn

√

k = 2mn

√m−n.

10. OlkoonM jokin piste kolmion4ABC sis¨all¨a sek¨a pisteetA1, B1jaC1 pisteenM kohtisuorat projektiot sivuille BC,CAjaABvastaavasti. Osoita, ett¨a

M A·M B·M C≥(M A₁+M B₁)(M B₁+M C₁)(M C₁+M A₁).

Ratkaisu. OlkootA⁰, B⁰jaC⁰ pisteidenA,B jaCkohtisuorat projektiot vastakkaiselle puolelle kolmiota (ks. ku- va). KoskaM A+M A1≥AA⁰, niin

BC·M A1+CA·M B1+AB·M C1= 2|4ABC|=BC·AA⁰≤BC(M A+M A1).

T¨aten BC·M A ≥ CA·M B1+AB·M C1. Olkoon piste M⁰ pisteenM peilaus kulman ∠BAC puolittajan suhteen.

Lis¨aksi olkoot pisteet A⁰₁, B₁⁰ jaC₁⁰ pisteen M⁰ kohtisuorat projektiot sivuilleBC, CAja AB vastaavasti. NytM A = M⁰A, M B₁ = M C₁⁰ ja M C₁ = M B⁰₁. Vastaavalla tavalla kuin edell¨a saadaan, ett¨a

BC·M A≥CA·M C1+AB·M B1. Siis

2BC·M A≥(AB+CA)(M B1+M C1).

Vastaava tarkastelu voidaan tehd¨a my¨os tuloilleCA·M B jaAB·M C, jolloin saadaan, ett¨a

8·AB·BC·CA·M A·M B·M C

≥(AB+CA)(AB+BC)(CA+BC)(M A1+M B1)(M B1+M C1)(M C1+M A1).

Aritmeettis-geometrisen ep¨ayht¨al¨on mukaan edellisen ep¨ayht¨al¨on oikea puoli on

≥8·AB·BC·CA·(M A₁+M B₁)(M B₁+M C₁)(M C₁+M A₁).

V¨aite saadaan jakamalla luvulla 8·AB·BC·CApuolittain.

11. Etsi kaikki jatkuvat funktiotf, jotka toteuttavat ehdon f(x+y) =f(x) +f(y) +f(x)f(y).

Ratkaisu. Sijoittamallaf(x) =g(x)−1 saamme yht¨al¨on muotoon g(x+y) =g(x)g(y).

Ottamalla logaritmi puolittain t¨ast¨a yht¨al¨ost¨a saamme ln◦g(x+y) = ln◦g(x) + ln◦g(y).

Olkoon ln◦g=h. T¨all¨oinh(x+y) =h(x) +h(y)⇒h(x) =cx⇒ln◦g(x) =cxja g(x) =e^cx=a^x.

Ratkaisu on siisg(x) =a^xeli f(x) =a^x−1.

12. Mik¨a funktio toteuttaa ehdonxf(x) + 2xf(−1) =−1?

Ratkaisu. Korvaamme termin x termill¨a −x, jolloin saamme −xf(−x)−2xf(x) = −1. Siten saamme kaksi yht¨al¨o¨a funktioillef(x) jaf(−x). Ratkaisemalla funktionf(x) suhteen saammef(x) = 1/x.

13. Osoita, ett¨a on olemassa funktiotf :R→Rjag:R→Rsiten, ett¨a i) f ◦g=g◦f (elif(g(x)) =g(f(x)) kaikillex),

ii) f ◦f =g◦g ja

iii) f(x)6=g(x) kaikille x∈R.

Ratkaisu. Funktiot f(x) =

(−1, kunx <0 1, kunx≥0 ja

g(x) =

(1, kun x <0

−1, kun x≥0 toteuttavat teht¨av¨an ehdot.

14. M¨a¨arit¨a kaikki sellaiset funktiotf :N→N, ett¨a kaikillex, y∈Nja positiivisille kokonaisluvuillenp¨atee f(x+y) =f(x) +f(y) +

n−1

X

k=1

n k

x^n−ky^k.

Ratkaisu. Teht¨av¨an ehdosta saamme, ett¨a f(x+y)−

n−1

X

k=1

n k

x^n−ky^k=f(x) +f(y) eli

f(x+y)−

n

X

k=0

n k

x^n−ky^k=f(x) +f(y)−xⁿ−yⁿ

eli

f(x+y)−(x+y)ⁿ=f(x)−xⁿ+f(y)−yⁿ. Olkoonf1:N→N0 kuvausf1(x) =f(x)−xⁿ. T¨all¨oin

f1(x+y) =f(x+y)−(x+y)ⁿ =f(x)−xⁿ+f(y)−yⁿ =f1(x) +f2(x).

Induktiolla voimme osoittaa, ett¨a f₁(nx) =nf₁(x) kaikille n ∈N. Kun x= 1, saamme f₁(n) = nf₁(1) = nα kaikillen∈N, miss¨a α=f₁(1). Siten f(x) =xⁿ+αx.

15. On annettu funktiof :Z>0→Z, jolla on seuraavat ominaisuudet:

i) f(p) = 1 kaikille alkuluvuillep,

ii) f(xy) =yf(x) +xf(y) kaikillex, y∈Z>0.

M¨a¨arit¨a pieninn≥2016, joka toteuttaa ehdonf(n) =n.

Ratkaisu. Osoitamme ensin, ett¨a alkuluvuillepja positiivisille kokonaisluvuillekp¨ateef(p^k) =kp^k−1. Osoitam- me t¨am¨an induktiolla luvunksuhteen. Kunk= 1, niinf(p) = 1, mik¨a on totta. Olkoonl≥1 ja oletetaan, ett¨a v¨aite on todistettu, kunk=l. Tarkastellaan arvoa k=l+ 1. K¨ayt¨amme toista ominaisuutta arvoilla x=pja y=p^l:

f(p^l+1) =f(p·p^l) =p^l·f(p) +p·f(p^l) =p^l+p·lp^l−1= (l+ 1)p^l.

T¨am¨a p¨a¨att¨a¨a induktion. Osoitamme nyt, ett¨a eri alkuluvuille p₁, p₂, . . . , p_t ja positiivisille kokonaisluvuille a₁, a₂, . . . , a_tsaamme

f(p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t) =p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t· a1

p1

+a2

p2

+· · ·+at

pt

.

Osoitamme t¨am¨an induktiolla luvuntsuhteen. Kunt= 1, saamme kaavan, jonka juuri todistimme. Olkoon nyt r≥1 ja olettakaamme, ett¨a v¨aite on todistettu, kunt=r. Sovellamme toista ominaisuutta j¨alleen:

f(p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t·p^a_r+1^r+1)

=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^r ·f(p^a_r+1^r+1) +p^a_r+1^r+1·f(p^a₁¹p^a₂²·p^a_r^r)

=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^r ·a_r+1p^a_r+1^r+1−1+p^a_r+1^r+1·p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^r· a1

p₁ +a2

p₂ +· · ·+ar

p_r

=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^r ·p^a_r+1^r+1·ar+1

p_r+1 +p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^rp^a_r+1^r+1· a1

p₁ +a2

p₂ +· · ·+ar

p_r

=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_r^r ·p^a_r+1^r+1· a1

p1

+a2

p2

+· · ·+ar

pr

+ar+1

pr+1

. T¨am¨a p¨a¨att¨a¨a induktion.

Kun n >1, niin luvun n=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t (miss¨a luvutp_i ovat eri alkulukuja), yht¨al¨of(n) = non ekvavalentti yht¨al¨on

p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t· a1

p1

+a2

p2

+· · ·+at

pt

=p^a₁¹p^a₂²· · ·p^a_t^t kanssa eli

a₁ p1

+a₂ p2

+· · ·+a_t pt

= 1.

Kertomalla t¨am¨a puolittain luvullap1p2· · ·ptsaamme

a₁p₂p₃· · ·p_t+a₂p₁p₃· · ·p_t+. . .+a_tp₁p₂· · ·p_t−1=p₁p₂· · ·p_t.

Oletetaan, ett¨a esim. p1 on luvun n pienin alkutekij¨a. Kuten lausekkeessa yll¨a, p1 jakaa oikean puolen ja jo- kaisen, paitsi mahdollisesti ensimm¨aisen, termin vasemmalla puolella. Mutta t¨all¨oin luvunp1 pit¨a¨a my¨os jakaa ensimm¨ainen termi. Koskap2, . . . , ptovat kaikki alkulukuja, jotka eri¨av¨at luvustap1, t¨am¨a on vain mahdollista, josp1|a1. Erityisesti a1≥p1, mist¨a ^a_p¹

1 ≥1. N¨aemme nyt, ett¨a yht¨asuuruuden on p¨adett¨av¨a, jotent= 1, koska lukujen ^a_pⁱ

i summa olisi muuten suurempi kuin 1. Sitenn=p^p jollekin alkuluvullep.

Etsimme pienint¨a lukuan≥2016, joka on muotoan=p^p. Koska 3³= 27 ja 5⁵= 3125, pieninnon 3125.

16. Luvut 1,2,3, . . . ,100 on kirjoitettu liitutaululle. Kerran minuutissa Antti valitsee taululta kaksi lukuaA ja B, pyyhkii ne pois ja kirjoittaa tilalle yhden luvunAB+A+B. Mit¨a taululla n¨ahd¨a¨an lopuksi, kun j¨aljell¨a on vain yksi luku?

Ratkaisu. Koska (A+ 1)(B+ 1) = (AB+A+B+ 1), operaatio ei muuta tuloa (Ni+ 1), miss¨a Ni ovat taululle kirjoitetut luvut. Siten lopullinen luku on 101!−1.

17. Suorakulmaisen laudan sivujen pituudet ovat M ja N. Lauta on kokonaan peitetty laatoilla, joiden muodot ovat 1×4 ja 2×2, eiv¨atk¨a n¨am¨a laatat mene miss¨a¨an kohti toistensa p¨a¨alle. Todista, ett¨a lautaa ei voida peitt¨a¨a samalla tavoin, jos yksi 2×2 -laatta vaihdetaan 1×4 -laataksi.

Ratkaisu. Kirjoitetaan laudan 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, vaihdetaan 1×4-laattojen lukum¨a¨ar¨an parillisuus, jolloin kaikkien pei- tettyjen numeroiden summan jakoj¨a¨annos modulo 4 vaihtuisi joko 07→2 tai 27→0, eik¨a koko laudan peitt¨aminen ole en¨a¨a mahdollista.

18. Kahdeksan pienen 1×1×1 -kuution tahkot on maalattu valkoisiksi ja mustiksi siten, ett¨a t¨asm¨alleen puolet tahkoista on valkoisia. Siten valkoisia tahkoja on 24 ja mustia 24, mutta yksitt¨ainen kuutio voi olla esimerkiksi kokonaan valkoinen. Todista, ett¨a kuutioista on mahdollista koota sellainen 2×2×2 -kuutio, jonka ulkopinnan pinta-alasta tasan puolet on valkoista.

Ratkaisu. Tarkastellaan mielivaltaista 2×2×2-kuutiota. Oletetaan, ett¨a pinnalla n¨akyvi¨a valkoisia 1×1-tahkoja on enemm¨an kuin mustia. Siten jokin kuution ulkopinnalla n¨akyv¨a valkoinen tahko on sellainen, ett¨a sen 1×1×1- kuutiossa sit¨a vastap¨a¨at¨a on musta tahko. (Muuten pikkukuutioissa olisi yhteens¨a enemm¨an kuin 24 valkoista tahkoa.) T¨am¨an kuution voi k¨a¨ant¨a¨a niin, ett¨a tarkastellun valkoisen tahkon tilalle tulee musta tahko ja muut n¨akyviss¨a olevat tahkot pysyv¨at ennallaan. T¨all¨oin n¨akyviss¨a oleva valkoinen pinta-ala pienenee yhden pikku- kuution tahkon verran. T¨at¨a operaatiota voidaan toistaa, kunnes n¨akyviss¨a oleva valkoinen pinta-ala on 12.