Matematiikan olympiavalmennus 2015 – helmikuun vaikeam- mat teht¨av¨at

Matematiikan olympiavalmennus 2015 – helmikuun vaikeam- mat teht¨av¨at

Ratkaisuja

1. Olkoon p≥1 ja x, y, z >0. Osoita, ett¨a 1

23^2−p(x+y+z)^p−1 ≤ x^p

y+z + y^p

x+z + z^p x+y.

Ratkaisu.Sovelletaan oikeaan puoleen Tˇsebyˇsevin ep¨ayht¨al¨o¨a. Voidaan olettaa, ett¨a x≤ y≤z, jolloinx+y≤x+z ≤y+z. Tˇsebyˇsevin ep¨ayht¨al¨on perusteella

1 3

x^p

y+z + y^p

x+z + z^p x+y

≥ 1

3(x^p +y^p+z^p)· 1 3

1

x+y + 1

x+z + 1 x+y

. (1) Funktiof(x) =x^p, p >1, on alasp¨ain kupera. Jensenin ep¨ayht¨al¨on perusteella

1

3(x1+x2+x3) _p

≤ 1

3(x^p₁+x^p₂+x^p₃). (2) Harmonisen ja aritmeettisen keskiarvon ep¨ayht¨al¨on perusteella

1 3

1

x+y + 1

x+z + 1 y+z

≥ 3

(x+y) + (x+z) + (y+z) = 3

2(x+y+z). (3) Kun ep¨ayht¨al¨on (1) oikean puolen tekij¨oit¨a arvioidaan alasp¨ain ep¨ayht¨al¨oiden (2) ja (3) mukaisesti ja hiukan sievennet¨a¨an, saadaan v¨aite.

2. Olkoot luvutx1, x2, . . . , xn positiivisia, ja olkoonS niiden summa. Osoita, ett¨a n²

2n−1 ≤ S

2S−x1 + S

2S−x2 +· · ·+ S 2S−xn. Ratkaisu. Tunnetusti positiivisille luvuille a ja b p¨atee a

b + b

a ≥ 2. Jos a1, a2, . . . , an

ovat positiivisia lukuja, niin n

i=1

ai

n i=1

1

ai =n+

1≤i<j≤n

ai

aj + aj

ai

≥n+ n

2

2 =n+n(n−1) =n².

(Yht¨al¨o- ja ep¨ayht¨al¨oketjun toisessa lausekkeessa olevassa summassa on yhteenlaskettavia yht¨a monta kuin on mahdollisuuksia valita kaksi eri indeksi¨a i ja j kaikkiaann:n indeksin joukosta.) Kun t¨at¨a sovelletaan lukuihin ai = S

2S−xi, saadaan n² ≤

n i=1

S 2S−xi

n i=1

2S−x1

S . Mutta ep¨ayht¨al¨on oikean puolen toinen summa on 2nS−S

S = 2n−1, joten v¨aite seuraa.

3. a) Todista, ett¨a jos kolmion sivut ovat a, b, c, sivua avastaaava kulma on α ja kolmion ala on A, niin

a² = (b−c)²+ 4Atan α

2

. b) Osoita, ett¨a a)-kohdan merkint¨oj¨a k¨aytt¨aen kolmioille p¨atee

a²+b²+c² ≥(a−b)²+ (b−c)²+ (c−a)²+ 4√ 3A

Ratkaisu. Kosinilauseen perusteella

a² =b²+c²−2bccosα= (b−c)²+ 2bc(1−cosα) = (b−c)²+ 4A1−cosα sinα . Mutta kaksinkertaisen kulman kosinin ja sinin lausekkeiden avulla n¨ahd¨a¨an heti¹, ett¨a

1−cosα sinα =

2 sin² α 2 2 sinα

2 cosα 2

= tanα 2, ja a)-kohdan v¨aite on todistettu.

Edell¨a tehty p¨a¨attely voidaan toistaa kolmion muiden kulmien osalta. Kun syntyneet ep¨ayht¨al¨ot lasketaan puolittain yhteen, saadaan

a²+b²+c² = (a−b)²+ (b−c)²+ (c−a)²+ 4A

tanα

2 + tanβ

2 + tanγ 2

.

Funktiof(x) = tanx on alasp¨ain kupera v¨alill¨a

0, π 2

, joten Jensenin ep¨ayht¨al¨on nojalla 1

3

tanα

2 + tanβ

2 + tanγ 2

≥tanα+β+γ

6 = tanπ 6 =√

3. b)-kohdan v¨aite on todistettu.

4. Olkoot a, b, c >0, ja lis¨aksi p¨atee a+b+c=abc. Todista, ett¨a

√ 1

1 +a² + 1

√1 +b² + 1

√1 +c² ≤ 3 2. (Vihje: Voisivatko luvut a, b, c liitty¨a jotenkin kolmioon?)

1 My¨os valmennuksen sivuilla olevan trigonometriaesityksen kohta 15.

Ratkaisu. Kolmion kulmille α, β, γ p¨atee tanα + tanβ + tanγ = tanα·tanβ ·tanγ. (T¨am¨a on helppo todistaa, ks. esim. valmennuksen sivuilla olevan trigonometriaesityksen kohta 21.) Jos nyt valitaan α ja β v¨alilt¨a

0, π

2

niin, ett¨a a = tanα ja b = tanβ, niin ehdostaa+b+c=abcja mainitusta kolmion ominaisuudesta seuraa, ett¨ac= tanγ, miss¨a α, β, γ ovat er¨a¨an kolmion kulmat ja α+β+γ =π. Mutta silloin

√ 1

1 +a² = cosα cos²α+ sin²α

= cosα

ja vastaavasti

√ 1

1 +b² = cosβ, 1

√1 +c² = cosγ.

Funktiof(x) = cosx on yl¨osp¨ain kupera v¨alill¨a

0, π 2

, joten Jensenin ep¨ayht¨al¨on perus- teella

1

3(cosα+ cosβ+ cosγ)≤cosπ 3 = 1

2. V¨aite seuraa.

5. Olkoot a0, . . . , an lukuja v¨alill¨a

0, π 2

niin, ett¨a

tan

a0− π 4

+ tan

a1− π 4

+· · ·+ tan

an− π 4

≥n−1.

Osoita, ett¨atana0tana1· · ·tanan≥nⁿ⁺¹. Ratkaisu. Merkit¨a¨an tanai =xi ja tan

ai− π

4

=yi. Koska tan π

4

= 1, niin

yi = tan

ai− π 4

= 1−tanai

1 + tanai = 1−xi

1 +xi. (1)

Koskayi on v¨alill¨a −π

4, π 4

olevan kulman tangentti, niin|yi|<1. Yht¨al¨ost¨a (1) voidaan ratkaista

xi = 1 +yi

1−yi. Tutkitaan funktioaf,

f(y) = ln

1 +y 1−y

.

On helppo laskea, ett¨a

f(y) = 2

1−y² >0, f(y) = 4y

(1−y²)² >0,

kuny > 0. Funktiof on siis kasvava ja positiivisten lukujen joukossa alasp¨ain kupera. Jos kaikki luvutyi ovat positiivisia, v¨aite seuraa heti Jensenin ep¨ayht¨al¨ost¨a. Sen mukaan

ln

⎛

⎝ _n

i=0

xi

_1/(1+n)⎞

⎠= 1 1 +n

n i=0

lnxi = 1 1 +n

n i=0

ln

1 +yi

1−yi

= 1

1 +n n i=0

f(yi)

≥f

1 1 +n

n i=0

yi

≥f

n−1 n+ 1

= ln

⎛

⎜⎝

1 + n−1 n+ 1 1− n−1 n+ 1

⎞

⎟⎠= ln2n

2 = lnn.

T¨am¨a on yht¨apit¨av¨a¨a v¨aitteen

n i=0

xi ≥nⁿ⁺¹

kanssa.

Edellinen p¨a¨attely ei kuitenkaan sellaisenaan toimi, jos lukujenyi joukossa on negatiivisia lukuja. Koska lukujayi on n+ 1 kappaletta, jokainen on ≥1 ja niiden summa on ainakin n−1, niin kuitenkin enint¨a¨an yksi luvuista voi olla negatiivinen. Oletetaan, ett¨a y0 <

−a≤0. Silloin

x0 = 1−a 1 +a ja

n i=1

yi ≥n−1 +a.

Kun Jensenin ep¨ayht¨al¨o¨a sovelletaan samoin kuin edell¨a lukuihin y1, y2, . . . , yn, saadaan

ln

⎛

⎝ _n

i=1

xi

1/n⎞

⎠>ln

⎛

⎜⎝1 + n−1 +a n 1− n−1 +a

n

⎞

⎟⎠= ln

2n−1 +a 1−a

.

Siis n

i=1

xi ≥

2n−1 +a 1−a

_n

ja

n i=0

xi ≥ 1−a 1 +a

2n−1 +a 1−a

_n

= (2n−1 +a)ⁿ

(1−a²)(1−a)ⁿ⁻² ≥(2n−1)ⁿ (2) (kun n≥ 2) On helppo osoittaa, ett¨a (2n−1)ⁿ ≥ nⁿ⁺¹ kaikilla n ∈ Z+, samoin kuin se, ett¨a (2) p¨atee my¨os, kun n= 1.

6. Etsi kaikki funktiot f:Z+→Z+, joille kaikillan∈Z+ p¨atee f(f(f(n))) +f(f(n)) +f(n) = 3n.

Ratkaisu.Osoitetaan, ett¨a ainoa ehdon toteuttava funktio on se f, jollef(n) =nkaikilla n. Havaitaan ensin, ett¨a jos joillain m ja n on f(m) = f(n), niin 3m = 3n ja m = n. Funktio f on siis injektio. Koska f(x) ≥ 1 kaikilla x ∈ Z+, yht¨al¨o f(f(f(1))) + f(f(1)) +f(1) = 3 on mahdollinen vain, jos f(1) = 1. Nyt f(2) = f(1) = 1. Summan f(f(f(2))) +f(f(2)) +f(2) jokainen yhteenlaskettava on ≥ 2, joten summa on 6 vain, jos f(2) = 2. Sama p¨a¨attely kelpaa induktioaskeleeksi: jos f(k) = k kaikilla k < n, niin f(m)≥n kaikillam≥n, joten f(f(f(n))) +f(f(n)) +f(n) = 3n vain, jos f(n) =n. 7. Etsi kaikki funktiot f:Z+∪ {0} →Z, joille kaikillan∈Z+ p¨atee f(0) = 0, f(1) = 1ja

f(n+ 1)−3f(n) +f(n−1) = 2(−1)ⁿ.

Ratkaisu. Koska jokainenf(n+ 1) m¨a¨ar¨aytyy yksik¨asitteisesti luvuistaf(n) jaf(n−1), funktiof on yksik¨asitteisesti m¨a¨ar¨atty. Nopeasti voi laskea, ett¨a f(2) = 1,f(3) = 4 = 2², f(4) = 9 = 3², f(5) = 25 = 5², f(6) = 64 = 8² jne. T¨am¨a antaa aiheen ep¨aill¨a, ett¨a f(n) =F_n², miss¨aFnonn:s Fibonaccin luku (F1 =F2 = 1,Fn+1 =Fn+Fn−1.) Osoitetaan induktiolla, ett¨a n¨ain on. On jo sanottu, ett¨a f(1) = F₁² ja f(2) = F₂². Koska sek¨a jono (f(n)) ett¨aF_n²m¨a¨ar¨aytyv¨at yksik¨asitteisesti jonon kahdesta ensimm¨aisest¨a j¨asenest¨a, v¨aite tulee todistetuksi, jos osoitetaan, ett¨a

F_n+1² = 3F_n²−F_n−1² + 2(−1)ⁿ kaikillan∈Z+. (1) voidaan kirjoittaa muotoon

F_n−1² −2(−1)ⁿ= 3F_n²−(Fn+Fn−1)² = 2F_n²−F_n−1² −2FnFn−1

eli

F_n²−F_n−1² =FnFn−1−(−1)ⁿ. (2) Osoitetaan (2) todeksi induktiolla. (2) p¨atee pienill¨a n:n arvoilla. Otetaan (2) induktio- oletukseksi ja osoitetaan, ett¨a induktioaskel on otettavissa:

F_n+1² −F_n² = (Fn+Fn−1)²−F_n² = 2FnFn−1+F_n−1² = 2FnFn−1+F_n²−FnFn−1 + (−1)ⁿ

=FnFn−1+F_n²+ (−1)ⁿ =Fn+1Fn−(−1)ⁿ⁺¹.

T¨am¨a on (2) niin, ett¨a n on korvattu n+ 1:ll¨a. Jonot (f(n)) ja (F_n²) ovat samat. Siis f(n) =F_n² kaikilla n∈Z+.

8. Etsi kaikki funktiot f:R+→R+, joille p¨atee

f(f(x)) = 6x−f(x) kaikillax ∈R+.

Ratkaisu. Olkoon a > 0 mielivaltainen. M¨a¨aritell¨a¨an b0 = a ja jos b0, . . . , bk−1 on m¨a¨aritelty, asetetaan bk =f(bk−1). Silloin mielivaltaisella indeksill¨a k p¨atee

bk+2 = 6bk−bk+1. (1)

Jono (bk) toteuttaa ensimm¨aisen asteen differenssiyht¨al¨on. Yht¨al¨on ratkaisemiseksi ko- keillaan yritett¨a bk = x^k. Se toteuttaa differenssiyht¨al¨on, jos x^k+2 = 6x^k − x^k+1 eli x²+x−6 = 0. T¨am¨an toisen asteen yht¨al¨on ratkaisut ovat x =−3 ja x= 2. Jos c1 ja c2

ovat mielivaltaisia vakioita, niin luvut

bk=c1(−3)^k+c22^k= (−3)^k

c1+c2

−2 3

k

ovat yht¨al¨on (1) ratkaisuja. Ne ovat yht¨al¨on ainoat ratkaisut, sill¨a jonon luvut m¨a¨ar¨aytyv¨at b0:sta ja b1:st¨a ja yht¨al¨on (2) c1 ja c2 voidaan sovittaa niin, ett¨a b0 ja b1 ovat oikein. Jos nyt c1 = 0, niin tarpeeksi suurilla k:n arvoilla

c1+c2

−2 3

_k

on= 0 ja itseisarvoltaan samanmerkkinen kuinc1. T¨all¨oin joka toinenbkolisi negatiivinen, mik¨a ei ole mahdollista, koska f saa vain positiivisia arvoja. Siis c1 = 0 ja bk = 2x^k. Erityisesti b1 = f(a) = 2a. Koska a on mielivaltainen, funktion f on oltava f(x) = 2x. – Heti n¨ahd¨a¨an, ett¨a f(x) = 2x my¨os toteuttaa teht¨av¨an ehdon.

9. Olkoon f:Z+ → Z+ kasvava funktio, jolle f(mn) = f(m)f(n) kaikilla kesken¨a¨an yh- teistekij¨att¨omill¨a luvuilla m, n ∈Z+. Osoita, ett¨a on olemassa kokonaisluku α 0 siten, ett¨a f(n) =n^α kaikilla n∈Z+.

Ratkaisu. Olkoon m≥2 kokonaisluku ja olkoon n∈Z+, jolloin f(mⁿ−1)≥f(mⁿ−m) =f

(m−1)mⁿ⁻¹

=f(m−1) (f(m))ⁿ⁻¹ ja

f(mⁿ+ 1)≤f(mⁿ+m) =f

(m+ 1)mⁿ⁻¹

=f(m+ 1) (f(m))ⁿ⁻¹. Siisp¨a

(f(m))ⁿ⁻¹f(m−1)≤f(mⁿ)≤(f(m))ⁿ⁻¹f(m+ 1).

Tavoitteemme on todistaa, ett¨a lausekkeen logf(m)/logm arvo ei riipu muuttujan m arvosta. Teemme t¨am¨an osoittamalla, ett¨a

x→∞lim

logf(x)

logx = logf(m) logm ,

miss¨a x∈Z+. Kun t¨am¨a on tehty, voimme valita α = lim

x→∞

logf(x) logx .

Olkoonx≥2 mielivaltainen kokonaisluku ja olkoonyse yksik¨asitteinen kokonaisluku, jolle m^y x < m^y+1.

Toisin sanoen,y =logx/logm . Nyt

(f(m))^y−1f(m−1)≤f(m^y)≤f(x)≤f(m^y+1)≤(f(m))^yf(m+ 1), mist¨a seuraa, ett¨a

(y−1) logf(m) + logf(m−1)≤logf(x)≤ylogf(m) + logf(m+ 1) ja

y−1

logx ·logf(m) + logf(m−1)

logx ≤ logf(x) logx ≤ y

logx ·logf(m) + logf(m+ 1) logx . T¨ass¨a termit logf(m−1)/logx ja logf(m+ 1)/logx l¨ahestyv¨at nollaa, kunx → ∞, kun taas termit (y−1)/logx ja y/logx l¨ahestyv¨at arvoa 1/logm. Viimeksi mainittu seuraa esimerkiksi siit¨a, ett¨a

y

logx − 1 logm

= 1

logx

logx logm

→0, kun x→ ∞,

(miss¨a on k¨aytetty merkint¨a¨a {c}=c− c kaikilla c∈R) sill¨a onhan aina{c} ∈[0,1[.

T¨ast¨a seuraa siis, ett¨a raja-arvo lim_x→∞logf(x)/logx on olemassa ja

x→∞lim

logf(x)

logx = logf(m) logm , joten olemme valmiit.

10. Mitk¨a s¨a¨ann¨olliset monikulmiot ovat tason ja kuution mahdollisia leikkauksia?

Ratkaisu.Tarkastellaan kuutiotaABCDEF GH. Ja- nat BD, DE ja EB ovat jokainen kuution sivutahko- jen l¨avist¨aji¨a ja siis yht¨a pitki¨a. BDE on tasasivuinen kolmio. Luonnollisesti kuution ja tason leikkaus voi olla neli¨o. Olkoot sitten I ja J s¨armien AB ja AD keskipisteet ja K ja L s¨armien F G ja HG keskipis- teet. NytIJBDF HKL. Suorien IJ ja KLkautta voi siis asettaa tason. Se leikkaa BF:n ja HD n¨aiden keskipisteiss¨a M ja N. Kuusikulmion IM KLN J jo- kainen sivu on silloin puolet kuution sivutahkoneli¨on l¨avist¨aj¨ast¨a, joten kuusikulmio on s¨a¨ann¨ollinen.

Jos taso leikkaa kuution niin, ett¨a syntynyt leikkauskuvio on viisikulmio, niin kaksi viisi- kulmion s¨arm¨a¨a on v¨altt¨am¨att¨a kuution kahdessa yhdensuuntaisessa tasossa (laatikkope- riaate!). S¨arm¨at ovat silloin yhdensuuntaiset. Mutta s¨a¨ann¨ollisess¨a viisikulmiossa ei ole yhdensuuntaisia sivuja. Taso ei siis voi leikata kuutiota niin, ett¨a leikkauskuvio olisi s¨a¨an- n¨ollinen viisikulmio. – Koska kuutiolla on kuusi sivutahkoa, kuution ja tason leikkauskuvio on enint¨a¨an kuusikulmio.

11. Olkoon P tetraedrin ABCD sis¨apiste ja olkoot x1, x2, x3, x4 P:n et¨aisyydet tasoista BCD, ACD, ABD, ABC sek¨ah1, h2, h3, h4 tetraedrin k¨arjist¨aA, B, C, Dpiirretyt kor- keusjanat. Osoita, ett¨a

4 i=1

xi

hi = 1.

Ratkaisu. Kun P yhdistet¨a¨an tetraedrin k¨arkiin, syntyy nelj¨a tetraedria, joiden tila- vuudet ovat Vi = 1

3xiTi, miss¨a Ti on sen ABCD:n sivutahkon ala, joka on sivutah- kona my¨os i:nness¨a P-k¨arkisess¨a tetraedrissa. Tetraedrin ABCD tilavuus on V = 1

3hiTi, i= 1, 2, 3, 4. Siis

1 = V

V = V1+V2 +V3+V4

V =

4 i=1

Vi

V = 4 i=1

xiTi

hiTi = 4 i=1

xi

hi.

12. Olkoot M ja K tetraedrin ABCD s¨armien AB ja CD keskipisteet. Osoita, ett¨a jokainen pisteiden M ja K kautta kulkeva taso jakaa ABCD:n kahdeksi tilavuudeltaan yht¨a suureksi monitahokkaaksi.

Ratkaisu. Olkoot L ja N ne pisteet, joissa teht¨av¨an KM:n kautta kulkeva taso leikkaa s¨arm¨at AD ja BC. Koska M on s¨arm¨an AB keskipiste, pisteiden A ja B kohtisuora et¨aisyys tasosta M DC on sama. Taso M DC jakaa siis ABCD:n kahdeksi samatilavuuksi- seksi tetraedriksi ADCM ja BDCM. Teht¨av¨an v¨aite tulee todistetuksi, jos osoitetaan, ett¨a taso KLM N erottaa n¨aist¨a samankokoisista tetraedreista samanko- koiset tetraedrit KCN M ja KDM L. Verrataan tet- raedrejaABCDjaM KCN. J¨alkimm¨aisenM:st¨a piir- retty korkeus on puolet edellisenA:sta piirretyst¨a kor-

keudesta ja koska K on DC:n keskipiste, M KCN:n sivutahkon KCN ala on 1 2 · CN ABCD:n sivutahkosta BCD. Tetraedrien M KCN ja ABCD tilavuuksien suhde on siisCB

1 4

CN

CB. Aivan samoin osoitetaan, ett¨a tetraedrien KDM L ja ABCD tilavuuksien suhde on 1

4 DL

DA. Teht¨av¨an v¨aitteen todistamiseksi riitt¨a¨a siis, kun osoitetaan, ett¨a CN

CB = DL DA. T¨at¨a varten projisioidaan tetraedri ABCD suoraa

KM vastaan kohtisuoralle tasolle. Olkoon A:n pro- jektio A jne. Koska K = M, niin AM = BM ja DM = CM. T¨ast¨a seuraa, ett¨a nelikulmio ADBC on suunnikas. Koska LN ja KM ovat sa- massa tasossa, LN ja KM leikkaavat, joten LN on

pisteen M kautta kulkeva jana. Silloin kolmiot MLD ja MNC ovat yhtenevi¨a (kks), joten DL = CN. AD ja CB ovat suunnikkaan vastakkaisina sivuina yht¨a pitk¨at, joten CN

CB = DL

DA. Pituuksien suhteet s¨ailyv¨at projektiossa, joten my¨os CN

CB = DL DA, ja v¨aite on todistettu.

13. Olkoot a, b, c, d reaalilukuja jaa+b+c = 0. Osoita: A, B, C pisteit¨a avaruudessa, niin kaikki pisteet P, joille a·P A²+b·P B²+c·P C² =d, ovat samassa tasossa.

Ratkaisu. Ratkaistaan teht¨av¨a analyyttista geometriaa k¨aytt¨aen. Olkoon A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3) ja C = (c1, c2, c3) ja P = (x, y, z). Teht¨av¨an ehto on sama kuin

d =a

(x−a1)²+ (y−a2)²+ (z−a3)² +b

(x−b1)²+ (y−b2)²+ (z−b3)² + +c

(x−c1)²+ (y−c2)²+ (z−c3)²

= (a+b+c)(x²+y²+z²) + 2(aa1+bb1+cc1)x+ +2(aa2+bb2+cc2)y+ 2(ac1+bc2+cc3)z+a(a²₁+b²₁+c²₁) +b(a²₂+b²₂+b²₃) +c(a²₃+b²₃+c²₃). Koska a+b+c= 0, t¨am¨a on muotoa ax+by+cz =d, eli tason yht¨al¨o.

14. Olkoon P pallo ja pisteet Aja B sen ulkopuolella. Osoita, ett¨a ne pisteet, joissa A:sta ja B:st¨a P:lle piirretyt tangentit voivat leikata, ovat kahdessa tasossa. [Vihje: edellisest¨a teht¨av¨ast¨a on hy¨oty¨a.]

Ratkaisu.OlkoonOpallonP keskipiste jarsen s¨ade. OlkoonM jokin teht¨av¨an mukainen tangenttien leikkauspiste. SivutkootAM ja BM palloa P pisteiss¨aQ ja S. SilloinM Q= M S = t. Riippuen A:n B:n, P:n ja M:n sijainneista toisiinsa n¨ahden on AM = AQ±t ja BM = P S±t. Jos OA = a ja OB = b, on AQ² = a² −r² ja BQ² =b² −r². Lis¨aksi OM² =r²+t². Jos edell¨a molemmissa ±-merkeiss¨a on sama merkki, on

b²−r²AM²−

a²−r²BM²+

a²−r²−

b²−r²

OM² =d1, (1) miss¨ad1 riippuu vaina:sta, b:st¨a jar:st¨a. Jos taas ±-merkeiss¨a on vastakkaiset merkit, on

b²−r²AM²+

a²−r²BM²−

a²−r²+

b²−r²

OM² =d2, (2) miss¨a d2 riippuu vain a:sta, b:st¨a ja r:st¨a. Kummassakin tapauksessa seuraa edellisen teht¨av¨an tuloksesta, ett¨a pisteetM ovat yht¨al¨oiden (1) tai (2) m¨a¨ar¨a¨amiss¨a tasoissa. (Mo- lemmat tasot ovat kohtisuorassa tasoa OAB vastaan.)