Harjoitusteht¨av¨at, joulukuu 2013, (ehk¨a v¨ah¨an) vaativammat

Harjoitusteht¨av¨at, joulukuu 2013, (ehk¨a v¨ah¨an) vaativammat

Ratkaisuja

1. Viisinumeroinen luku a679b on jaollinen 72:lla. M¨a¨arit¨aa ja b.

Ratkaisu.Luvun on oltava jaollinen 8:lla ja 9:ll¨a. Koska luku on jaollinen kahdeksalla jos ja vain jos sen kolmen viimeisen numeron muodostama luku on jaollinen 8:lla, on oltava b = 2. Koska luku on jaollinen 9:ll¨a jos ja vain jos sen numeroiden summa on jaollinen 9:ll¨a, ja koska 6 + 7 + 9 + 2 = 24, on oltava a= 3. Todellakin 36792 = 511·72.

2. Kolmion ABC sis¨aympyr¨a Γ sivuaa kolmion sivua BC pisteess¨a X. Osoita, ett¨a Γ:n keskipiste on AX:n ja BC:n keskipisteiden kautta kulkevalla suoralla.

Ratkaisu. Olkoon I sis¨aympyr¨an keskipiste, r sen s¨ade, K BC:n keskipiste, L AX:n keskipiste ja Y ja Z pisteiden L ja A kohtisuorat projektiot sivulla BC. Olkoot viel¨a kolmion sivut a, b, cja ∠ABC =β.

Jos b = c, v¨aite on triviaali. Voidaan olettaa, ett¨a c > b. V¨aitteen todistamiseksi riitt¨a¨a nyt, ett¨a osoi- tetaan suhteet KX : XI ja KY : Y L yht¨a suuriksi.

Selv¨asti BZ =ccosβ. Tunnetusti BX = 1

2(a−b+c)

[Helppo lasku, joka perustuu siihen, ett¨a tangenttien leikkauspisteen ja sivuamispisteiden v¨aliset janat ovat yht¨a pitk¨at.] Koska Y on janan XZ keskipiste, BY = 1

4(a−b+c+ 2ccosβ). Siis KY = BY −BK = 1

4(−a−b+c+ 2ccosβ). Kolmion ala on tunnetusti T = rp, miss¨a p = 1

2(a+b+c). [Jaa kolmio kolmeksi osakolmioksi, joilla I on yhteinen k¨arki ja r jokaisen korkeus.] Toisaalta T = 1

2a·AZ = a·LY, koska AZ = 2·LY. Siis LY = pr

a . N¨ain ollen

KY

LY = a(−a−b+c) + 2accosβ

4rp .

Kosinilauseen nojalla 2accosβ =a²+c²−b². Kun t¨am¨a otetaan huomioon, saadaan KY

LY = −a²−ab+ac+a²+c²−b²

4rp = a(c−b) + (c+b)(c−b)

4rp = 2p(c−b)

4rp = c−b 2r . Mutta KX =BX−BK = 1

2(c−b), joten my¨os KX

XI = c−b 2r , ja v¨aite on todistettu.

3. Osoita, ett¨a jos x, y, z ovat≥0, niin

x(x−y)(x−z) +y(y−z)(y−x) +z(z −x)(z−y)≥0.

Osoita edelleen, ett¨a kaikille reaaliluvuillea, b, c p¨atee

a⁶+b⁶+c⁶+ 3a²b²c² ≥2(b³c³+c³a³+a³b³).

Ratkaisu.Olkoonf(x, y, z) =x(x−y)(x−z) +y(y−z)(y−x) +z(z−x)(z−y). Selv¨asti funktion f arvo on sama kaikilla muuttujien x, y, z permutaatioilla. Voidaan siis olettaa, ett¨a x ≥ y ≥ z. f:n lausekkeen viimeinen yhteenlaskettava on yhden ei-negatiivisen ja kahden ei-positiivisen luvun tulona ei-negatiivinen, joten f(x, y, z)≥ (x−y)(x(x−z)− y(y−z)) ≥ (x−y)y((x−z)−(y−z)) = y(x−y)² ≥ 0. Toisen v¨aitteen todistamiseksi hy¨odynn¨amme jo todistettua ep¨ayht¨al¨o¨a f(x, y, z)≥ 0. Kun f:n lausekkeesta poistetaan sulkeita, saadaan

x³+y³+z³+ 3xyz ≥yz(y+z) +zx(z+x) +xy(x+y).

Sijoitetaan x = a² y = b² ja z =c² ja otetaan huomioon a²+b² ≥ 2ab, b²+c² ≥ 2bc ja c² +a² ≥2ca. V¨aite seuraa v¨alitt¨om¨asti.

4. Luvut x ja y toteuttavat yht¨al¨ot x²−3yx+ 9 = 0 ja y²+y = 1. a) Osoita, ett¨a kaikilla positiivisilla kokonaisluvuillan on

xⁿ =a_n+b_nx+c_ny+d_nxy, miss¨a a_n, b_n, c_n, d_n ovat kokonaislukuja.

b) Osoita, ett¨ax⁵ = 243. c) Osoita, ett¨a jos 5|n, niin

xⁿ⁻¹+ 3xⁿ⁻²+ 3²xⁿ⁻³+· · ·+ 3ⁿ⁻²x+ 3ⁿ⁻¹ = 0.

Ratkaisu. Todistetaan v¨aite a) induktiolla. Selv¨asti x¹ = x on haluttua muotoa: b₁ = 0, a₁ =c₁ =d₁ = 0. Oletetaan sitten, ett¨axⁿ =a_n+b_nx+c_ny+d_nxyjoillain kokonaisluvuilla a_n, b_n, c_n, d_n. Kun otetaan huomioon, ett¨a x² = 3xy−9 ja y² = 1−y, saadaan xⁿ⁺¹ = x(a_n+b_nx+c_ny+d_nxy) =a_nx+b_n(3xy−9) +c_nxy+d_n(3xy−9)y =−9b_n+a_nx−9d_ny+ (3b_n+c_n)xy+ 3d_n(1−y)x=−9b_n+ (a_n+ 3d_n)x−9d_ny+ (3b_n+c_n−3d_n)xy. T¨am¨a on vaadittua muotoa,a_n+1 =−9b_n,b_n+1 =a_n+ 3d_n,c_n+1 =−9d_n ja d_n+1 = 3b_n+c_n−3d_n. V¨aitteen b) todistamiseksi riitt¨a¨a laskea kertoimet a₅, b₅, c₅, d₅. Saadaan j¨arjestyksess¨a a₂ = −9, b₂ = 0, c₂ = 0, d₂ = 3; a₃ = 0, b₃ = 0, c₃ = −27, d₃ = −9; a₄ = 0, b₄ = −27, c₄ = 81, d₄ = 0 ja a₅= 243, b₅ = 0, c₅ = 0, d₅ = 0. Siis todellakinx⁵ = 243.

V¨aitteen c) todistamiseksi huomataan ensin, ett¨a teht¨av¨ass¨a esiintyv¨a polynomi on itse asiassa

xⁿ−3ⁿ x−3 .

Jos n= 5k, niin edellisen kohdan perusteellaxⁿ−3ⁿ = (x⁵)^k−(3⁵)^k = 243^k−243^k = 0.

5. Kolmion ABC k¨arjist¨a A, B, C piirretyt kulman- puolittajat leikkaavat kolmion ymp¨arysympyr¨an my¨os pisteiss¨a D, E, F. Osoita, ett¨a AD⊥EF.

Ratkaisu. Olkoot kolmion ABC kulmat α, β, γ. Ol- koon G AD:n ja F E:n leikkauspiste. Keh¨akulma- lauseen perusteella∠GDE=∠ABE = 1

2β,∠BED=

∠BAD = 1

2α ja ∠BEF = ∠BCF = 1

2γ. Sovelle- taan lausetta kolmion kulman vieruskulman suuruu- desta kolmioon GDE. Saadaan ∠AGE = ∠GDE +

∠DEG= 1

2(β+α+γ) = 90^◦.

6.J¨annenelikulmiollaABCDon sis¨aympyr¨a (ympyr¨a, joka sivuaa sen kaikkia sivuja). L¨avist¨aj¨a AC jakaa ABCD:n kahdeksi sama-alaiseksi kolmioksi. Osoita, ett¨a AB = AD ja BC = BD. Oletetaan, ett¨a AB = 3·BC ja ett¨aABCD:n sis¨aympyr¨an s¨ade onr. Osoita, ett¨a nelikulmion ala on 16

3 r².

Ratkaisu. Oletuksen mukaan ABCD on ympyr¨an ymp¨arysnelikulmio. SiisAB+CD=BC+DA. Koska ABCDon j¨annenelikulmio,∠ABC ja∠CDAovat vie- ruskulmia; niill¨a on sama sini. Kolmioiden ABC ja CDA kaksinkertaiset alat ovat AB ·BC ·sin(∠ABC) ja CD·DA·sin(∠CDA). SiisAB·BC =CD·DAeli

AB+CD

CD = AB

CD + 1 = DA

BC + 1 = DA+BC BC .

Siis CD = BC ja AB = AD. Kolmiot ABC ja ADC ovat siis yhtenevi¨a (sss), joten

∠ABC = ∠CDA. Kun kulmat toisaalta ovat vieruskulmiakin, ne ovat suoria. Lis¨aksi AC on kulman ∠BAD puolittaja, joten j¨annenelikulmion sis¨aympyr¨an Γ keskipiste I on janalla AC. J¨alkimm¨aisen v¨aitteen todistamiseksi merkit¨a¨an P:ll¨a ja Q:lla Γ:n ja AB:n sek¨a BC:n sivuamispisteit¨a. Nyt IP BQ on neli¨a¨o, sill¨a siin¨a on kolme suoraa kulmaa

∠IP B,∠P BQ, ∠BQI ja yht¨a pitk¨at viereiser sivut IP = IQ = r. Kolmiot ABC ja IQC ovat yhdenmuotoiset (kk), joten IQ : QC = AB : BC = 3. T¨ast¨a seuraa, ett¨a BC =BQ+QC =r+1

3r= 4

3r ja AB = 3·BC = 4r. KolmionABC ala on siis 1 2·4

3r·4r

ja nelikulmionABCD ala kaksi kertaaABC:n ala eli 16 3 r².

7. S¨a¨ann¨ollisenn-kulmion P_n ymp¨ari piirretyn ympyr¨an s¨ade on 1. Olkoon L_n ={d∈R|d on Pn: n kahden k¨arjen v¨alinen et¨aisyys}.

M¨a¨arit¨a

d∈Ln

d².

Ratkaisu. Olkoon kysytty summa S. Olkoon n-kulmio A₁A₂. . . A_n ja olkoon O sen keskipiste. Olkoon −e→_k = −−→

OA_k, k = 1,2, . . . , n. Kun vektorit −→e₁, −→e₂, . . . , −e→_n asetetaan per¨akk¨ain, saadaan s¨a¨ann¨ollinenn-kulmio. Siis

n

k=1

−e→_k =−→ 0 .

Lasketaan k¨arjest¨a A₁ alkavien l¨avist¨ajien pituuksien neli¨oiden summa. Se on

n

k=1

|−→e_k − −→e₁|² =

n

k=1

(−→e_k − −→e₁)·(−e→_k − −e→₁) =

n

k=1

(|−e→_k|² +|−→e₁|²)−2−→e₁ ·

_n

k=1

−→e_k

= 2n.

Jos n on parillinen, edellisess¨a summassa ovat kaikki monikulmion k¨arkien v¨aliset eri et¨aisyydet kahdesti, paitsi pisimm¨an et¨aisyyden neli¨o 2², joka esiintyy vain kerran. Siis 2S = 2n+ 4 ja S = n+ 2. Jos S on pariton, summassa esiintyv¨at kaikki monikulmion k¨arkien v¨aliset et¨asiyydet kahdesti. T¨ass¨a tapauksessa siisS =n.

8. Pisteet O ja P ovat sellaiset kolmion ABC sis¨a- pisteet, ett¨a ∠ABO = ∠CBP ja ∠BCO = ∠ACP. Osoita, ett¨a∠CAO =∠BAP.

Ratkaisu. Olkoot kolmion kulmat α, β, γ, ∠ABO =

∠CBP = φ, ∠BCO = ∠ACP = ψ, ∠CAO = η ja ∠BAP = η. Olkoot viel¨a AP = x, BP = y, CP = z ja AO = s, BO = t, CO = u. Kolmioista ABO, BCO, CAO saadaan sinilauseen perusteella

s

sinφ = t

sin(α−η), t

sinψ = u

sin(β−φ), u

sinη = s sin(γ−ψ), joista

1 = s t · t

u · u

s = sinφsinψsinη

sin(α−η) sin(β−φ) sin(γ−ψ). KolmioistaABP, BCP, CAP saadaan vastaavasti

1 = sinηsinφsinψ

sin(α−η) sin(β−φ) sin(γ−ψ).

Edellisist¨a yht¨al¨oist¨a voidaan helposti ratkaista sinηsin(α−η) = sinηsin(α−η) ja edel- leen, sinin v¨ahennyslaskukaavaa soveltamalla, 0 = sinηcosη −sinηcosη = sin(η −η).

Koska η, η <180^◦, on η =η, ja v¨aite on todistettu.

9. Olkoon f(n)jonon 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, . . . n:n ensimm¨aisen j¨asenen summa. Osoita, ett¨a f(s+t)−f(s−t) =st kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla s, t, s > t.

Ratkaisu. Jos n on parillinen,n= 2k, niin

f(n) = (0 + 1 +· · ·+k−1) + (1 + 2 +· · ·+k) = (k−1)k+k(k+ 1)

2 =k² = n² 4 . Jos n on pariton,n= 2k+ 1, niin

f(n) = (0 + 1 +· · ·+k) + (1 + 2 +· · ·+k) =k(k+ 1) = n²−1 4 .

Koskas+t−(s−t) = 2t,s+t jas−t ovat molemmat parillisia tai molemmat parittomia.

Jos ne ovat molemmat parillisia, f(s+t)−f(s −t) = 1

4((s+t)² −(s−t)²) = st, jos molemmat parittomia, niin f(s+t)−f(s−t) = 1

4((s+t)²−1−((s−t)²−1)) =st.

10.Reaaliluvuillex, y, z p¨ateex+y+z = 5jaxy+yz+xz= 3. Osoita, ett¨a−1 ≤z ≤ 13 3 . Ratkaisu.Koska (x+y)² = (5−z)² ja xy = 3−z(x+y) = 3−z(5−z) =z²−5z+ 3, niin 0≤(x−y)² = (x+y)²−4xy= (5−z)²−4(3−5z+z²) =−3z²+10z+13 = (−3z+13)(z+1).

Tulon tekij¨oiden on oltava samanmerkkisi¨a; t¨am¨a toteutuu, kun −1≤z ≤ 13 3 .

11. Jokainen er¨a¨an ympyr¨an keh¨all¨a sijaitsevien 9pisteen v¨alisist¨a36janasta on v¨aritetty punaiseksi tai siniseksi. Oletetaan, ett¨a jokaisessa kolmiossa, jonka m¨a¨aritt¨a¨a kolme n¨aist¨a yhdeks¨ast¨a pisteest¨a, on ainakin yksi punainen sivu. Osoita, ett¨a joidenkin nelj¨an pisteen v¨aliset kuusi janaa ovat kaikki punaisia.

Ratkaisu. Oletetaan ensin, ett¨a jokin piste A on yhdistetty nelj¨a¨an muuhun pisteeseen B₁, B₂, B₃, B₄ sinisin janoin. Koska jokaisessa kolmiossa AB_iB_j on ainakin yksi punai- nen jana, kaikki pisteit¨aB₁, B₂, B₃, B₄ yhdist¨av¨at

4

2

= 6 janaa ovat punaisia.Oleteaan sitten, ett¨a kaikista pisteist¨a l¨ahtevist¨a kahdeksasta janasta ainakin viisi on punaista. Kun lasketaan kaikista pisteist¨a l¨ahtevien punaisten janojen lukum¨a¨ar¨a, tulos on parillinen luku, koska jokainen jana lasketaan kahdesti. Koska 9·5 on pariton, on oltava ainakin yksi piste A, josta l¨ahtee kuusi punaista janaa AB₁, AB₂, AB₃, AB₄, AB₅, AB₆. Vii- dest¨a janasta A₁A₂, A₁A₃, A₁A₄, A₁A₅, A₁A₆ ainakin kolme on samaa v¨ari¨a. Olkoot ne A₁A₂, A₁A₃, A₁A₄. Jos v¨ari on sininen, niin A₂A₃, A₂A₄ ja A₃A₄ ovat punaisia, joten nelj¨an pisteenA_,A₂, A₃, A₄ v¨aliset janat ovat kaikki punaisia. Jos v¨ari on punainen, niin tarkastetaan kolmiota A₂A₃A₄. Siin¨a on ainakin yksi punainen sivu, esimerkiksi A₂A₃. Silloin kaikki pisteiden A, A₁, A₂, A₃ v¨aliset janat ovat punaisia.

12. Osoita, ett¨a luku

2p

p

−2 on jaollinen p:ll¨a aina, kun p on alkuluku.

Ratkaisu.

2p

p

−2 = 2p(2p−1)· · ·(p+ 1)−2p!

p!

= 2

(p−1)![(p−1) +p)((p−2) +p)· · ·(1 +p)−(p−1)(p−2)· · ·2].

Koska edellisen yht¨al¨on oikean puolen ensimm¨aisen ja toisen tulon tekij¨at ovat j¨arjestyk- sess¨a kongruentteja mod p, tulot ovat kongruentteja, ja hakasuluissa oleva erotus on jaollinen p:ll¨a. Koska p on alkuluku, se ei ole tekij¨an¨a luvussa (p−1)!. Siis p on tekij¨an¨a luvussa

2p

p

−2.

13. Positiivisen kokonaisluvun n tekij¨at ovat 1 = d₁ < d₂ < . . . < d_k =n. M¨a¨arit¨a ne n, joillen=d²₆+d²₇−1.

Ratkaisu.[Teht¨av¨an ratkaisu on pitk¨a ja k¨ompel¨o. Keksiik¨o joku suoremman? – Teht¨av¨a on esitetty Australian matematiikkaolympialaisissa vuonna 1985, ja toisesta ratkaisusta p¨a¨atellen ilmeisesti keksitty edellisen¨a vuotena. Kukaan ei ollut osannut sit¨a kilpailussa ratkaista.] Jos luvuilla d₆ ja d₇ olisi yhteinen tekij¨a, se olisi sek¨a luvun n ett¨a luvun n+ 1 tekij¨a. Luvuilla ei siis ole yhteisi¨a tekij¨oit¨a. Huomataan, ett¨a d₆ on luvun d²₇−1 = (d₇+ 1)(d₇−1) tekij¨a ja ett¨ad₇ on luvun d²₆−1 = (d₆+ 1)(d₆−1) tekij¨a. Oletetaan, ett¨a d₆ = ab ja d₇ =cd, 1< a < b, 1 < c < d. Silloin luvut 1, a, b, c ja d ovat n:n tekij¨oit¨a, ja jokainen niist¨a on < d₆. My¨os ac on n:n tekij¨a; ac ei ole kumpikaan luvuista d₆ tai d₇. Jos olisi ac > d₇ = cd, olisi a > d ja b > a > d ja d₆ > d₇. Siis ac < d₆, eik¨a d₆ olisi n:n tekij¨oist¨a kuudes. Siis ainakin toinen luvuista d₆ ja d₇ on joko alkulukup tai alkuluvun p neli¨op². N¨ahd¨a¨an, ett¨a p >2. Jos d₇ on ptai p², d₇:ll¨a ja joko (d₆−1):ll¨a tai (d₆+ 1):ll¨a ei ole yhteisi¨a tekij¨oit¨a. Koska d₆ < d₇, d₇|(d₆+ 1), ja d₇ = d₆+ 1. Jos taas d₆ on p tai p², d₆:lla ja joko (d₇ −1):ll¨a tai (d₇+ 1):ll¨a ei ole yhteisi¨a tekij¨oit¨a. Jos d₆|(d₇−1), niin d₇ = kp+ 1 tai d₇ = kp² + 1 jollain k ≥ 1. Oletetaan ensin, ett¨a d₇ = kp+ 1. Koska d₇ on p²−1:n tekij¨a, p² −1 = m(kp+ 1). Silloin p on luvun m−1 tekij¨a, joten p≤ m+ 1.

Toisaalta

p= mk±

(mk)²+ 4(m+ 1)

2 > mk.

T¨am¨a on mahdollista vain, jos k = 1 ja d₇ = p+ 1 = d₆+ 1 Olkoon sitten d₇ = kp²+ 1 jollain k ≥ 1. T¨am¨a ei ole mahdollista, koska d₇ on luvun p² −1 < kp²+ 1 = d₇ tekij¨a.

Olisi viel¨a mahdollista, ett¨a d₆ on luvun d₇+ 1 tekij¨a. Tarkastellaan ensin tapaus d₆ =p.

Silloind₇ =kp−1 jollaink ≥1. Koska d₇ > p=d₆, niink >1. Koska d₇ on luvunp²−1 tekij¨a, niin k ≤ p. Nyt (p+ 1)(p−1) =p² −1 =m(kp−1). Koska kp−1 > p−1, niin m < p+ 1 eli m−1 < p. Toisaalta p on luvun m−1 tekij¨a, joten p ≤ m−1. Ristiriita osoittaa, ett¨a p ei voi olla d₇ + 1:n tekij¨a. Viel¨a on mahdollisuus d₆ = p² ja p² d₇+ 1:n tekij¨a. Silloin olisid₇ =kp²−1 jollaink ≥ 1 jakp² −1 olisi p²−1:n tekij¨a. T¨all¨oin olisi k = 1 ja d₇ < p² =d₆.

Edellisten tarkastelujen tulos on, ett¨a riippumatta siit¨a, onko d₆ vai d₇ alkuluku tai alku- luvun neli¨o, on oltava d₇ =d₆+ 1. Siis n=d²₆+ (d₆+ 1)²−1 = 2d²₆+ 2d₆ = 2d₆(d₆+ 1).

Edell¨a olevan perusteella jokon= 2p(p+ 1),n= 2(p−1)p tain= 2(p²−1)p². Oletetaan, ett¨a n = 2p(p±1) jollain alkuluvulla p >2. Silloin luvulla 2(p+ 1) on viisi lukua p pie- nemp¨a¨a tekij¨a¨a, ja tekij¨oin¨a ovat ainakin luvut 1, 2 ja 4, joten, koska p+ 1 >4, p+ 1 = 2³, p+ 1 = 2⁴, p+ 1 = 2⁵ tai p+ 1 = 2s tai = 4s, miss¨a s on pariton. Jos p±1 = 8, n:ll¨a on vain kolme p:t¨a pienemp¨a¨a tekij¨a¨a. Jos p+ 1 = 2⁴, p ei ole alkuluku. Jos p+ 1 = 32, niin saadaan ratkaisu n = 2·31·32 = 1884. Jos p+ 1 = 2s, ja s on ainakin kahden eri parittoman luvun tulo, niin niin n:ll¨a olisi ainakin kuusi p:t¨a pienemp¨a¨a tekij¨a¨a. Siis s:n olisi oltava alkuluku tai alkuluvun neli¨o. Jos s olisi alkuluku, olisi n = 4ps, ja sen p:t¨a pienemm¨at tekij¨at olisivat enint¨a¨an 1, 2, 4, ja s. Jos p+ 1 = 2s², olisi n = 4ps², ja p:t¨a pienempi¨a tekij¨oit¨a olisi kuusi: 1, 2, 4, s, 2s ja s². Jos p+ 1 = 4s, niin 1, 2, 4, 8, s ja 2s olisivatp:t¨a pienempi¨a n:n tekij¨oit¨a.

Olkoon sitten n= 2p(p−1) jollain alkuluvullap. n:n tekij¨oit¨a ovat j¨alleen ainakin 1, 2 ja 4. Luvulla p−1 on oltava viisi sit¨a itse¨a¨an pienemp¨a¨a tekij¨a¨a. Ei ole mahdollista, ett¨a ne olisivat vain kahden potensseja (olisip−1 = 32, p= 33; ei alkuluku). Samoin kuin edell¨a, todetaan, ett¨a on oltava n= 4ps, = 8ps tai = 4ps² ja ett¨a mik¨a¨an n¨aist¨a ei t¨ayt¨a teht¨av¨an ehtoa.

On viel¨a mahdollisuus n = 2(p² −1)p². Luvulla n on viisi p² −1:t¨a pienemp¨a¨a tekij¨a¨a;

niit¨a ovat ainakin 1, 2, 4,p, 2p,p−1 ja p+ 1. T¨am¨a on mahdollista vain, jos p−1 = 2 ja p+ 1 = 4 elip= 3, p² = 9 ja n= 2·89 = 144.

Teht¨av¨all¨a on siis kaksi ratkaisua, n= 144 ja n= 1984.

14. M¨a¨arit¨a kaikki reaalikertoimiset polynomit f(x), joille f(x)f(x+ 1) =f(x²+x+ 1).

Ratkaisu. Jos f on vakiopolynomi, f(x) = C, niin C² = C, joten C = 0 tai C = 1.

Oletetaan sitten, ett¨af ei ole vakiopolynomi. Osoitetaan, ett¨af:ll¨a ei ole reaalijuuria. Jos sill¨a olisi sellaisia, olisi jokin niist¨a, sanokaamme a, suurin. Silloin olisi f(a²+a+ 1) = 0, ja a² +a+ 1 > a, eli a ei olisikaan suurin juuri. Koska polynomilla f ei ole nollakohtia, sen asteluku on parillinen, 2n. Jos f(x) =a_2nx²ⁿ+· · ·, niin a²_2nx⁴ⁿ+· · ·=a_2nx⁴ⁿ+· · ·. Koska a_2n = 0, on oltavaa_2n= 1.

Kokeillaan polynomia f(x) = x² + c. Jotta se toteuttaisi teh¨av¨an yht¨al¨on, on oltava (x²+c)((x+ 1)²+ 1) = (x²+x+ 1)²+celi (2c+ 1)x²+ 2cx+c²+c= 3x²+ 2x+ 1 +c.

Yht¨al¨o toteutuu identtisesti jos ja vain jos c= 1. Osoitetaan sitten, ett¨a f(x) = (x²+ 1)ⁿ totetuttaa yht¨al¨on kaikillan. Yht¨al¨on vasen puoli on nimitt¨ain (x²+ 1)ⁿ((x+ 1)²+ 1)ⁿ = ((x² + 1)(x² + 2x+ 2))ⁿ = (x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x+ 2)ⁿ ja oikea puoli ((x² +x+ 1)² + 1)ⁿ = (x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x + 2)ⁿ. Osoitetaan viel¨a, ei ole muita ratkaisuja. Koska raktaisupolynomi on parillista astetta ja korkeimman x:n potenssin kerroin on yksi, muu kuin (x²+ 1)ⁿ-tyyppinen ratkaisu olisif(x) = (x²+ 1)ⁿ+g(x), miss¨ag on astettam <2n oleva polynomi. Kunf sijoitetaan tetht¨av¨an yht¨al¨o¨on ja otetaan huomioon, ett¨a (xⁿ+ 1)ⁿ toteuttaa yht¨al¨on, saadaan (x²+1)ⁿg(x+1)+((x+1)²+1)ⁿg(x) =g(x²+x+1)−g(x)g(x+

1). Yht¨al¨on vasemman puolen polynomin aste on 2n+mja oikean puolen≤2m <2n+m.

Ristiriita osoittaa, ett¨a muita ratkaisuja ei ole.

15. Oletetaan, ett¨a

1 a + 1

b + 1

c = 1

a+b+c. Osoita, ett¨a

1 a⁵ + 1

b⁵ + 1

c⁵ = 1 (a+b+c)⁵. Ratkaisu. Yht¨al¨ost¨a

1 a + 1

b + 1

c = 1

a+b+c seuraa

a+b ab = 1

a + 1

b = 1

a+b+c − 1

c =− a+b c(a+b+c). Jos a+b = 0, niin 1

b⁵ =− 1

a⁵, ja v¨aitetty yht¨al¨o p¨atee triviaalisti. Oletetaan sitten, ett¨a a+b= 0. Silloin −ab =c(a+b+c) eli c²+ (a+b)c+ab= 0 eli (c+a)(c+b) = 0. Mutta sek¨a c=−a ett¨a c=−bjohtavat v¨aitettyyn yht¨al¨o¨on samoin kuin a+b= 0.