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

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

Ratkaisuja

1. M¨a¨arit¨a kolmiot, joiden kulmilleα, β, γ p¨atee cosαcosβ+ sinαsinβsinγ = 1.

Ratkaisu. Koska 0 < sinγ ≤ 1, t¨aytyy olla 1 ≥ cos(α−β) = cosαcosβ+ sinαsinβ ≥ cosαcosβ + sinαsinβcosγ = 1. Yht¨al¨o toteutuu vain, jos cos(α −β) = 1 ja sinγ = 1 eli kun γ = 90^◦ ja α = β. Teht¨av¨an ehdon t¨aytt¨av¨at kolmiot ovat siis tasakylkisi¨a suorakulmaisia kolmioita.

2. Kolmion kulmat ovat α, β, γ. M¨a¨arit¨a lausekkeen sin²α+ sinβsinγcosα suurin mah- dollinen arvo.

Ratkaisu. Jos α = 90^◦, niin lausekkeen arvo on 1; jos α > 90^◦, niin cosα < 0 ja lausekkeen arvo on varmasti < 1. Olkoon sitten α < 90^◦. Silloin β + γ = 180^◦ − α ja sin²α + sinβsinγcosα = sin²α + cosα

1

2(cos(β−γ)−cos(β+γ))

= sin²α+1

2cosα(cos(β−γ) + cosα). Lauseke saa suurimman mahdollisen arvonsa sin²α+ 1

2cosα(1 + cosα) = 1 +1

2(cosα−cos²α), kunβ =γ. Tunnetusti funkktio f(t) =t−t² =

−

t− 1 2

₂

+1

4 saa suurimmaksi arvokseen 1

4, kun t = 1

2. Teht¨av¨an lauseke saa siis suu- rimmaksi arvokseen 1 + 1

2 · 1 4 = 9

8, kun cosα = 1

2 eli kun α = 60^◦. Koska t¨all¨oin β =γ, on oltavaβ =γ = 60^◦. Kolmio, jolla suurin arvo saadaan, on tasasivuinen kolmio.

3. ABC on suorakulmainen kolmio. Piste F on kateetilla AC ja E hypotenuusalla AB;

suoraF E ja puolisuoraCB leikkaavat pisteess¨a D. M¨a¨arit¨a pisteen E et¨aisyysx suorasta AC kulmien α =∠BAC ja β =∠DF C ja hypotenuusien AB =cja F D=d funktiona.

Ratkaisu. Selv¨asti AE = x

sinα, EF = x sinβ, joten

EB = csinα−x

sinα , ED= dsinβ−x sinβ .

Janojen EB ja ED projektiot AC:n suuntaisilla suorilla ovat samat, eli EBcosα = EDcosβ. N¨ain ollenx voidaan ratkaista yht¨al¨ost¨a

csinα−x

sinαcosβ = dsinβ−x sinβcosα.

Saadaan

x =

d

cosα − c cosβ 1

sinβcosα − 1 sinαcosβ

= dcosβ−ccosα sinαcosβ−sinβcosα

sinαsinβ

= dcosβ−ccosα cotβ−cotα .

4. On annettu suunnikas. M¨a¨arit¨a pienin mahdollinen vinoneli¨o, jonka jokainen k¨arki on yhdell¨a suunnikkaan sivuista.

Ratkaisu. Olkoon suunnikas ABCD ja vinoneli¨o XY ZT niin, ett¨a X on janalla AB. Olkoon G suun- nikkaan l¨avist¨ajien leikkauspiste; G on silloin my¨os suunnikkaan vastakkaisten sivujen keskipisteit¨a yhdis- t¨avien janojen leikkauspiste. Vinoneli¨on keskipisteen on oltava molemmilla ¨asken mainituilla janoilla, joten keskipiste onG. OlkoonM ja N CD:n jaAD:n keski- pisteetGM =b,GN =a,GT =xjaGZ =y. Olkoon viel¨a ∠T GN = φja ∠GN Z = α. Kulma φ m¨a¨aritt¨a¨a XY ZT:n.

Koska vinoneli¨on l¨avist¨aj¨at ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan ja puolittavat toisensa, XY ZT:n ala on 2xy. Ala minimoituu, kun φ valitaan niin, ett¨a xy minimoituu. M¨a¨a- ritet¨a¨an x ja y sinilauseen avulla kolmioista GN T ja GM Z. Havaitaan, ett¨a ∠N T G = 180^◦−(φ+α). Siis

x

sinα = a

sin(φ+α). (1)

Koska ∠N GM =α, ∠ZGM =α+φ−90^◦ ja ∠GM Z = 180^◦−α, niin ∠M ZG= 90^◦−φ.

Siis y

sinα = b

sin(90^◦−φ) = b

cosφ. (2)

Yht¨al¨oist¨a (1) ja (2) seuraa, ett¨a xy on pienin mahdollinen, kun sin(φ+α) cosφon suurin mahdollinen. Mutta 2 sin(φ+α) cosφ= sin(2φ+α)−sinα. Lauseke on suurin mahdollinen, kun 2φ+α = 90^◦ eli kun φ = 45^◦− 1

2α. – Koska ∠N GD = 1

2α, minimivinoneli¨o on se vinoneli¨o, jonka l¨avist¨ajiern v¨alisen kulman puolittaja yhtyy suunnikkaan l¨avist¨aj¨a¨an.

5. Osoita, ett¨a kolmiossa k¨arke¨a C vastassa olevan sivuympyr¨an s¨ade on rc = 4Rcos α

2 cosβ 2 sinγ

2, miss¨a R on kolmion ymp¨arysympyr¨an s¨ade ja α, β, γ kolmion kul- mat.

Ratkaisu. [K¨aytet¨a¨an hyv¨aksi tekstin ”Trigonometriaa: kolmioita ja kaavoja”

(http://solmu.math.helsinki.fi/olympia/kirjallisuus/trig.pdf) antamaa mallia.] Sievenne- t¨a¨an ensin (vertaa mainitun jutun numero 19) ottamalla huomioon kolmion kulmien summa, kahden sinin summan kaava ja kaksinkertaisen kulman sinin kaava:

sinα+sinβ−sinγ = sinα+sinβ−sin(α+β) = 2 sinα+β

2 cosα−β

2 −2 sinα+β

2 cosα+β 2

= 2 sinα+β 2

cosα−β

2 −cos α+β 2

= 2 sin α+β 2

2 sinα

2 sinβ 2

= 4 cosγ 2 sinα

2 sinβ 2. Kolmion kaksinkertainen ala on T =absinγ = 2rc(p−c) =rc(a+b−c) (mainitun jutun kohta 9). Sinilauseen mukaan t¨am¨a on sama kuin 4R²sinαsinβsinγ = 2rcR(sinα + sinβ−sinγ). Kaksinkertaisen kulman sinin kaava ja edell¨a tehty sievennys antavat (vertaa trigonometriajutun numeroon 20)

rc

R = 2 sinαsinβsinγ sinα+ sinβ−sinγ =

16 sinα 2 cosα

2 sin β 2 cosβ

2 sinγ 2 cosγ

2 4 cosα

2 cosβ 2 sin γ

2

= 4 cos α 2 cos β

2 sinγ 2,

niin kuin pit¨a¨akin.

6. Todista, ett¨a jos x, y, z ovat positiivisia lukuja, niin

x² y² + y²

z² + z² x² ≥ y

x + z y + x

z.

Ratkaisu. Koska

0≤

x

y − y z

2

+

y

z − z x

₂ +

z

x − x y

2

= 2 x²

y² + y² z² + z²

x²

−2

x

z + y x + z

y

,

v¨aite seuraa.

7. Luvut xi, i = 1, 2, . . . , n, toteuttavat ehdon 0≤xi <1. Todista, ett¨a 2ⁿ⁻¹(1 +x1x2· · ·xn)≥(1 +x1)(1 +x2)· · ·(1 +xn).

Ratkaisu. Todistetaan v¨aite induktiolla. Asia on selv¨a, kun n= 1. Kun n = 2, v¨aite on 2(1 +x1x2) ≥ (1 +x2)(1 + x2) = 1 +x1 +x2+x1x2 eli (1−x1)(1−x2) ≥ 0; v¨aite on tosi. Oletetaan sitten, ett¨a v¨aite on tosi, kunn=k,k ≥2 ja ett¨a luvutx1, . . . , xk+1 ovat v¨alilt¨a ]0, 1[. Induktio-oletuksen perusteella

(1 +x1)(1 +x2)· · ·(1 +xk)(1 +xk+1)≤2^k−1(1 +x1x2· · ·xk)(1 +xk+1). (1) Mutta luvut x1x2· · ·xk ja xk+1 ovat v¨alin ]0,1[ lukuja, joten siit¨a, ett¨a teht¨av¨an v¨aite on tosi, kun n = 2, seuraa, ett¨a (1 +x1x2· · ·xk)(1 + xk+1) ≤ 2(1 +x1x2· · ·xkxk+1). Kun t¨am¨a sijoitetaan ep¨ayht¨al¨o¨a¨a¨on (1), saadaan v¨aite arvolla n = k + 1. Induktioaskel on otettu ja v¨aite todistettu.

8. Olkoon x >0 ja n positiivinen kokonaisluku. Osoita, ett¨a 1−x²ⁿ⁺¹

1−x ≥(2n+ 1)xⁿ.

Ratkaisu.[Teht¨av¨an oletuksisssa olisi tietysti pit¨anyt ollax= 1.] Ep¨ayht¨al¨on vasen puoli on 1 +x+x²+· · ·+x²ⁿ ja ep¨ayht¨al¨o siis sama kuin 1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹+xⁿ⁺¹+· · ·+x²ⁿ ≥ 2nxⁿ. Jaetaan ep¨ayht¨al¨o puolittain xⁿ:ll¨a ja ryhmitell¨a¨an yhteenlaskettavat uudelleen.

Alkuper¨ainen ep¨ayht¨al¨o on yht¨apit¨av¨a ep¨ayht¨al¨on xⁿ+x⁻ⁿ

+

xⁿ⁻¹+x¹⁻ⁿ

+· · ·+

x+x⁻¹

≥2n

kanssa. Mutta a + 1

a ≥ 2 kaikilla positiivisilla luvuilla a. Kun t¨at¨a sovelletaan (1):n vasemman puolen n:¨a¨an yhteenlaskettavaan, n¨ahd¨a¨an, ett¨a (1) pit¨a¨a paikkansa.

9. Olkoot a, b, c, d positiivisia lukuja. Osoita, ett¨a a²+b²+c²

a+b+c + b²+c²+d²

b+c+d + c²+d²+a²

c+d+a + d²+a²+b²

d+a+b ≥a+b+c+d.

Ratkaisu. Osoitetaan, ett¨a jos x, y, z ovat positiivisia lukuja, niin x²+y²+z²

x+y+z ≥ x+y+z

3 . (1)

T¨am¨a on suora seuraus Cauchyn–Schwarzin ep¨ayht¨al¨ost¨a tai ep¨ayht¨al¨ost¨a (x−y)²+ (y− z)² + (z −x)² ≥ 0. Kun ep¨ayht¨al¨o¨a (1) sovelletaan v¨aite-ep¨ayht¨al¨on vasemman puolen jokaiseen nelj¨a¨an yhteenlaskettavaan, n¨ahd¨a¨an, ett¨a vasen puoli on suurempi tai yht¨a suuri

kuin 1

3((a+b+c) + (b+c+d) + (c+d+a) + (d+a+b)) =a+b+c+d.

10. Todista, ett¨a kaikilla reaaliluvuilla x, y, z p¨atee

x⁴(1 +y⁴) +y⁴(1 +z⁴) +z⁴(1 +x⁴)≥6x²y²z².

Ratkaisu.Esimerkiksi aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon v¨alisest¨a ep¨ayht¨al¨ost¨a seu- raa, ett¨a 1+y⁴ ≥2y², 1+z⁴ ≥2z² ja 1+x⁴ ≥2x². V¨aite tulee todistetuksi, jos osoitetaan, ett¨a

x⁴y²+y⁴z²+z⁴x² ≥3x²y²z². Koska x²y²z² = ³

x⁴y²y⁴z²z⁴x², j¨alkimm¨ainen v¨aite seuraa kolmen luvun aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon v¨alisest¨a ep¨ayht¨al¨ost¨a.

11. Etsi kaikki funktiot f:Z+ −→Z+, joille kaikillan∈Z+ p¨atee f(f(n)) =n+ 1.

Ratkaisu. T¨allaisia funktioita joutuu etsim¨a¨an turhaan, sill¨a niit¨a ei ole. Jos f olisi t¨allainen funktio, niin ensinn¨akin olisi f(1) > 1. Jos nimitt¨ain olisi f(1) = 1, olisi 2 = 1 + 1 = f(f(1)) = f(1) = 1. On siis f(1) = k > 1. Toisaalta kaikilla n on f(n+ 1) = f(f(f(n))) = f(n) + 1. T¨ast¨a seuraa, ett¨a f(2) =k + 1, f(3) = k+ 2 jne.; siis f(n)≥ k kaikillan. Mutta k = (k−1) + 1 =f(f(k−1)), joten on oltavaf(k−1) = 1< k. Tultiin ristiriitaan. Teht¨av¨an ehdon toteuttavia funktioita f ei ole olemassa.

12. Etsi kaikki funktiot f:R−→R, joille kaikillax, y∈R p¨atee f(xf(y)) = xy.

Ratkaisu. Olkoon f(1) =a. Silloin 1 = 1·1 = f(1f(1)) =f(1·a) =f(a) ja 1 =f(a) = f(a·1) =f(a·f(a)) =a². Siis joko a= 1 tai a=−1. Josa = 1, niinf(x) =f(xf(1)) =x kaikilla a, jos a = −1, niin f(x) = f((−x)(−1)) = f(−xf(1)) = −x kaikilla x. N¨ahd¨a¨an helposti, ett¨a funktiot f(x) =x ja f(x) =−x toteuttavat teht¨av¨an ehdon.

13. M¨a¨aritell¨a¨an jono a1, a2, a3, . . .positiivisia reaalilukuja asettamallaa1 = 1ja an+1 = 2an+

3a²_n−2

jokaisella n∈Z+. Osoita, ett¨a luvut a1,a2, . . .ovat kaikki kokonaislukuja.

Ratkaisu. N¨ahd¨a¨an heti, ett¨a a2 = 3 ja a3 = 11. Jos luvut a1, a2, . . . , an+1 ovat koko- naislukuja, niin

3a²_n−2 on kokonaisluku. Jonon seuraava luku an+2 on kokonaisluku, jos 3a²_n+1−2 on neli¨oluku. N¨ain todella on, sill¨a

3a²_n+1−2 = 3

4a²_n+ 4an

3a²_n−2 + 3a²_n−2

−2 = 21a²_n+ 12an

3a²_n−2−8

= 4(3a²_n−2) + 2·3an·2

3a²_n−2 + 9a²_n =

2

3a²_n−2 + 3an

2

. 2. ratkaisu. V¨ahent¨am¨all¨a puolittain 2an ja neli¨oim¨all¨a puolittain saadaan

(an+1−2an)² = 3a²_n−2, eli a²_n+1+a²_n−4anan+1 =−2, mik¨a p¨atee kaikilla n∈Z+. T¨ast¨a seuraa my¨os valitt¨om¨asti, ett¨a

a²_n+2+a²_n+1−4an+1an+2 =−2,

j¨alleen kaikilla n∈Z+. Ku kaksi viimeisest¨a yht¨al¨o¨a v¨ohennet¨a¨an toisistaan, saadaan a²_n+2−a²_n+ 4anan+1−4an+1an+2 = 0,

mik¨a sievenee muotoon

(an+2−an) (an+2+an−4an+1) = 0.

T¨am¨a yht¨al¨o p¨atee kaikilla n ∈ Z+. Lis¨aksi varmasti an+1 > an kaikilla n ∈ Z+, eli on oltavaan+2 =an. Siisp¨a

an+2 = 4an+1−an

kaikillan∈Z+. Koska a1 = 1 ja a2 = 2·1 +√

3·1¹−2 = 2 + 1 = 3 ovat kokonaislukuja, seuraa v¨aite induktiolla viimeisimm¨ast¨a rekursioyht¨al¨ost¨a.

14. Etsi kaikki funktiot f:R−→R, joille p¨atee

2f(x) +f(−x) =x³ kaikillax ∈R.

Ratkaisu. Jokaisella reaaliluvulla x on 2f(x) +f(−x) = x³. Siis erityisesti 2f(−x) + f(x) = (−x)³ =−x³. Kun lasketaan edelliset yht¨al¨ot puolittain yhteen, saadaan 3(f(x) + f(−x)) = 0. Siisf(−x) =−f(x) kaikilla x ∈R. T¨aten x³ = 2f(x)−f(x) =f(x) kaikilla x∈R.