Piste D on pisteest¨a A piirretyn korkeusjanan kantapiste suoralla BC ja piste A′on kolmionABCymp¨arysympyr¨all¨a siten, ett¨aAA′ on ympyr¨an halkaisija

Matematiikan olympiavalmennus Valmennusteht¨av¨at, tammikuu 2019 Ratkaisuja

Helpompia teht¨avi¨a

1. PisteU on kolmionABCsivullaBCsiten, ett¨aAU on kolmion kulmanpuolittaja. PisteOon kolmion ymp¨arysympyr¨an (eli ymp¨aripiirretyn ympyr¨an) keskipiste. Osoita, ett¨a janan AU keskinormaali, suoraAOja pisteenU kautta kulkeva jananBC normaali leikkaavat toisensa samassa pisteess¨a.

Ratkaisu. Piste Kon pisteenU kautta kulke- van janan BC normaalin ja suoran AO leik- kaupiste. Piste D on pisteest¨a A piirretyn korkeusjanan kantapiste suoralla BC ja piste A^′on kolmionABCymp¨arysympyr¨all¨a siten, ett¨aAA^′ on ympyr¨an halkaisija.

Nyt kolmiot ADC ja ABA^′ ovat yhden- muotoiset, sill¨a∡A^′BA= 90^◦halkaisijaa vas- taavana keh¨akulmana, ∡ADC = 90^◦ (AD on korkeusjana) ja ∡BA^′A = ∡BCA samaa kaarta vastaavina keh¨akulmina.

Siksi my¨os ∡CAD = ∡A^′AB. Kun AU on kulmanpuolittaja, voidaan kirjoittaa

∡DAU = ∡CAU −∡CAD = ∡U AB −

∡OAB =∡U AO.

Kun U K ja DA ovat yhdensuuntaisia (mo- lemmat kohtisuorassa sivua BC vastaan),

∡DAU = ∡KU A. Nyt kolmio KU A on ta- sakylkinen ja sen kannan AU keskinormaali kulkee k¨arjenK kautta.

A

C B

U O K

D

A^′

2. Olkoon piste H kolmion ABC korkeusjanojen leikkauspiste, pisteA^′ janan BC keskipiste, piste X kolmion k¨arjest¨a B l¨ahtev¨an korkeusjanan keskipiste, piste Y kolmion k¨arjest¨a C l¨ahtev¨an korkeus- janan keskipiste ja D kolmion k¨arjest¨a Al¨ahtev¨an korkeusjanan kantapiste. Osoita, ett¨a pisteet X, Y, D, H jaA^′ ovat samalla ympyr¨all¨a.

Ratkaisu. Koska∡A^′DH = 90^◦, pisteetA^′DHovat sellaisella ympyr¨all¨a Γ, jonka halkaisija onA^′H.

Olkoon piste E pisteest¨a B piirretyn korkeusjanan kanta- piste. Nyt kolmiot BCE ja BA^′X ovat yhdenmuotoiset ja A^′X kCE ⊥BE. Siksi ∡HXA^′ = 90^◦ ja piste X on my¨os ympyr¨an Γ keh¨all¨a.

Olkoon piste F pisteest¨a C piirretyn korkeusjanan kanta- piste. Nyt kolmiot CF B ja CY A^′ ovat yhdenmuotoiset ja A^′Y k BF ⊥CF. Siksi ∡HY A^′ = 90^◦ ja piste Y on my¨os ympyr¨an Γ keh¨all¨a.

A

C B

H

A^′ E

X F

Y D

3. Olkoon piste I kolmion ABC sis¨a¨anpiirretyn ympyr¨an keskipiste, piste X ympyr¨an sivuamispiste janallaBC ja pisteY ympyr¨an sivuamispiste janallaCA. Olkoon piste P suoranXY ja suoran AI leikkauspiste. Osoita, ett¨aAI⊥BP.

Ratkaisu. Kolmion kulmien summan perusteella

∡Y P A=∡XY C−∡P AY. Kolmio CY X on tasakylkinen, joten voidaan laskea∡XY C−∡P AY = 90^◦−1

2∡C−1

2∡A= 1 2∡B.

Siksi ∡XP I=∡XBI jaBP XI on j¨annenelikulmio.

Nyt∡IP B=∡IXB= 90^◦. C B

A

I

X Y

P

4. Aino laskee kaikki kokonaisluvut luvusta 1 lukuun 100. Leo kopioi Ainon listan ja muuttaa siit¨a jokaisen numeron 2 numeroksi 1. Mik¨a luku saadaan kun v¨ahennet¨a¨an Ainon listan lukujen summasta Leon listan lukujen summa?

Ratkaisu. Kysytty luku on 110.

Jokaista Ainon listan lukua, jonka kymmeni¨a merkitsev¨a numero on 2, vastaa Leon listassa luku, jonka kymmeni¨a merkitsev¨a numero on 1. T¨am¨a vastaa muutoksena kymmenell¨a v¨ahent¨amist¨a. Vastaavasti, jos Ainon listassa luvun ykk¨osi¨a merkitsev¨a numero on 2, niin Leon listassa se on 1, mik¨a vastaa luvulla 1 v¨ahent¨amist¨a. Muilta osin Leon lista on samanlainen kuin Ainon lista. Koska 2 esiintyy kymmeniss¨a 10 kertaa ja ykk¨osiss¨a 10 kertaa, niin kysytty erotus on 10·10 + 10 = 110.

5. Tulo (8)·(888. . .8), jonka toisessa tekij¨ass¨a onknumeroa, on kokonaisluku, jonka numeroiden summa on 1000. Mik¨a lukukon?

Ratkaisu. Tarkastellaan tuloa luvunkpienill¨a arvoilla. On voimassa

8·8 = 64 8·88 = 704 8·888 = 7104 8·8888 = 71104 8·88888 = 711104.

Koska aina seuraava tulo (yhden suuremmalla luvun k arvolla) saadaan kertomalla edellinen termi kymmenell¨a ja lis¨a¨am¨all¨a siihen 64, jolloin alku pysyy samana ja p¨a¨ate muuttuu muotoon 040 + 64 = 104, niin tulo (8)·(888. . .8) on luku, jonka ensimm¨ainen numero on 7, seuraavatk−2 numeroa ovat ykk¨osi¨a ja lopussa on 04, kunk≥3. Halutaan siis l¨oyt¨a¨a lukuk, jolle 7 +k−2 + 4 = 1000 elik= 991.

6. Er¨a¨ass¨a kieless¨a on kaksi kirjainta. Kukin sana koostuu seitsem¨ast¨a kirjaimesta, ja mitk¨a tahansa kaksi eri sanaa eroavat ainakin kolmessa eri kohdassa. Osoita, ettei kieless¨a voi olla yli 16 sanaa.

Ratkaisu. Voidaan ajatella sanoja seitsem¨an merkin merkkijonoina, jotka koostuvat merkeist¨a 0 ja 1.

T¨allaisia merkkijonoja on 2⁷kappaletta. Tarkastellaan nyt jotain kielen sanaa ja sellaisia sanoja, jotka eroavat sanasta t¨asm¨alleen yhden kirjaimen osalta. Yhteens¨a tarkasteltavia sanoja on siis kahdeksan.

Kun valitaan mitk¨a tahansa kaksi n¨aist¨a kahdeksasta sanasta, niin ne eroavat toisistaan enint¨a¨an kahden kirjaimen verran. Siisp¨a n¨aist¨a kahdeksasta sanasta enint¨a¨an yksi on tarkasteltavan kielen sana. T¨aten kieless¨a on enint¨a¨an ²₈⁷ = 16 sanaa.

7. Shakkilaudasta, jonka mitat ovatn×n, on j¨arsitty pois kaikki nelj¨a kulmaa. Mill¨a luvunnarvoilla voidaan lauta peitt¨a¨a L-kirjaimen muotoisilla nelj¨ast¨a ruudusta koostuvilla palikoilla?

Ratkaisu. Josn= 4k+ 2, t¨am¨a onnistuu. Ensinn¨akin tapausn= 6 on helppo (vasen kuva), induktio- askeleen ottamiseksi laitetaan laatat nurkkiin oikean kuvan tavalla. Keskelle j¨a¨a 4(k−1) + 2-kokoinen j¨arsitty lauta, sivuille 2×4(k−1)-kokoiset alueet jotka on helppo t¨aytt¨a¨a laatoilla.

Josnon pariton, on tilanne v¨aist¨am¨att¨a mahdoton, koska j¨aljell¨a olevien ruutujen m¨a¨ar¨a on pariton.

Jos non jaollinen nelj¨all¨a, on tilanne j¨alleen mahdoton. T¨am¨an n¨akee v¨aritt¨am¨all¨a laudan kahdella v¨arill¨a riveitt¨ain: ensimm¨ainen rivi valkoiseksi, toinen mustaksi, kolmas valkoiseksi, jne. Jokainen L- palikka peitt¨a¨a joko kolme mustaa ja yhden valkoisen ruudun, tai kolme valkoista ja yhden mustan ruudun. Koska mustia ja valkoisia ruutuja on yht¨a paljon, n¨aiden vaihtoehtojen t¨aytyy toteutua kesken¨a¨an yht¨a monta kertaa. Siten v¨aritett¨avien ruutujen lukum¨a¨ar¨an n²−4 on oltava kahdeksalla jaollinen, mik¨a ei pid¨a paikkaansa jos 4|n.

8. Sellaisen ruudukon, jonka koko on 25×25, jokaiseen ruutuun on kirjoitettu joko luku 1 tai−1. Olkoon i:nnen rivin lukujen tuloai jaj:nnen sarakkeen lukujen tulo bj. Osoita, ett¨a

a1+b1+a2+b2+· · ·+a25+b256= 0.

Ratkaisu. Huomataan ensin, ett¨a a1a2· · ·a25=b1b2· · ·b25,

joka on ruudukon kaikkien lukujen tulo. Oletetaan, ett¨a a1+b1+a2+b2+· · ·+a25+b25= 0.

T¨all¨oin summassa pit¨a¨a olla yht¨a monta positiivista ja negatiivista termi¨a. Jos siis lukujenaijoukossa on n negatiivista termi¨a, on lukujen bi joukossa oltava 25−n negatiivista termi¨a. Lukujen n ja 25−n pariteetit ovat eri, joten toinen tuloista a1a2· · ·a25 ja b1b2· · ·b25 on negatiivinen ja toinen positiivinen. T¨am¨a on mahdotonta. V¨aite on todistettu.

Vaativampia teht¨avi¨a

9. Etsi kaikki positiivisten kokonaislukujen parit (n, m), joissa lukujenmjanaritmeettinen ja geomet- rinen keskiarvo ovat eri kaksinumeroisia lukuja, joissa on samat numerot.

Ratkaisu. Vastaus: (n, m) = (98,32) tai (n, m) = (32,98).

Olkoon 10a+b lukujen m ja naritmeettinen keskiarvo, miss¨a aja b ovat v¨alill¨a [1,9] olevia koko- naislukuja. Lis¨aksi haluttujen ehtojen nojalla a 6=b. T¨all¨oin voidaan kirjoittaa n = 10a+b+xja m= 10a+b−x, miss¨axon kokonaisluku ja|x|<99. Halutaan, ett¨a on voimassa

p(10a+b+x)(10a+b−x) = 10b+a.

Sievent¨am¨all¨a saadaan x² = 99(a²−b²). Siis luvun x² on oltava jaollinen luvulla 99 eli luvun xon oltava jaollinen luvuilla 3 ja 11. Voidaan siis kirjoittaa x= 33z, miss¨azon kokonaisluku. Saadaan

11z²= 99·11z² 99 =x²

99 = (a²−b²) = (a−b)(a+b).

Siis termia−btai termia+bon jaollinen luvulla 11. Koska on voimassa 17≥a+b≥3, 8≥a−b≥ −8 ja a−b6= 0, niin ainoa vaihtoehto on a+b = 11. T¨all¨oin on oltava a−b =z². Koska molemmat luvuistaa+bjaa−bovat joko parittomia tai parillisia, niin luvuna−bja t¨aten luvunz²on oltava pariton. Siis on oltava|z|= 1, sill¨a jos|z| ≥3, niin on|x| ≥99. T¨aten saadaana−b= 1 jax=±33.

Koska lis¨aksi ona+b= 11, niin on oltavaa= 6 jab= 5 sek¨a (n, m) = (98,32) tai (n, m) = (32,98).

10. Tarkastellaanm×n–ruudukkoa. Mik¨a on pienin mahdollinen m¨a¨ar¨a 1×1–ruutuja, jotka pit¨a¨a peitt¨a¨a niin, ett¨a lopuissa ruuduissa ei ole tilaa kolmiruutuiselle L–palikalle?

Ratkaisu. Olkootmjanparillisia. Selv¨asti riitt¨a¨a v¨aritt¨a¨a joka toinen sarake. Osoitetaan seuraavaksi, ett¨a pienempi m¨a¨ar¨a v¨aritettyj¨a ruutuja ei riit¨a. Jaetaan ruudukko 2×2-ruudukoiksi. Jokaisesta sellaisesta pit¨a¨a selv¨asti v¨aritt¨a¨a v¨ahint¨a¨an kaksi ruutua. Homma on selv¨a.

Oletetaan nyt, ett¨anon parillinen jampariton. Voidaan olettaa, ett¨amon vaakarivien lukum¨a¨ar¨a.

V¨aritet¨a¨an t¨all¨oin joka toinen vaakarivi alkaen toisesta. V¨aritettyjen ruutujen lukum¨a¨ar¨a on siis (m−1)n/2. Osoitetaan, ett¨a v¨ahempi ei riit¨a. T¨am¨a n¨ahd¨a¨an huomaamalla, ett¨a ruudukosta voidaan rajata (m−1)n/4 kappaletta 2×2-ruudukkoja (n¨aihin ei tarvita kaikkia alkuper¨aisen ruudukon ruutuja). N¨aiss¨a jokaisessa on v¨ahint¨a¨an kaksi v¨aritetty¨a ruutua. T¨am¨akin tapaus on siis loppuun k¨asitelty.

Viimeinen tapaus. Sek¨a nett¨amparittomia. Oletetaan lis¨aksin≥m. Olkoonmj¨alleen vaakarivien lukum¨a¨ar¨a. Osoitetaan, ett¨a yksi optimaalinen v¨aritys on j¨alleen v¨aritt¨a¨a (m−1)/2 vaakarivi¨a, alkaen j¨alleen toisesta, eli v¨aritettyjen ruutujen lukum¨a¨ar¨a on taas (m−1)n/2. Leikataan ruudukosta L- kirjaimen mallinen pala, niin, ett¨a j¨aljelle j¨a¨a (n−2)×(m−2) ruudukko. L-kirjain voidaan jakaa (m+n−6)/2 kappaleeseen 2×2-ruudukoita sek¨a yhdeksi 3×3-ruudukoksi, josta puuttuu yksi kulma.

2×2-neli¨oist¨a on v¨aritett¨av¨a v¨ahint¨a¨anm+n−6 ruutua, ja j¨arsityst¨a 3×3 ruudukosta puolestaan v¨ahint¨a¨an kolme ruutua. Induktio t¨aydent¨a¨a ratkaisun.

11. Positiiviset kokonaisluvut on v¨aritetty mustiksi ja valkoisiksi. Kahden eriv¨arisen luvun summa on musta ja tulo valkoinen. Mik¨a on kahden valkoisen luvun tulo? M¨a¨arit¨a kaikki t¨allaiset v¨aritykset.

Ratkaisu. Olkoot m ja n valkoisia. Osoitetaan, ett¨a mn on valkoinen. Olkoon k jokin musta luku.

Silloinm+kon musta, jotenmn+kn= (m+k)non valkoinen jaknon valkoinen. Josmnon musta, niinmn+knon musta. V¨aite on todistettu.

Olkoonkpienin valkoinen luku. Aiemman perusteella my¨os luvunkmonikerrat ovat valkoisia. Osoi- tetaan, ett¨a muita valkoisia lukuja ei ole. Olkoon n valkoinen. Luku nvoidaan kirjoittaa muodossa qk+r, miss¨a 0≤r < q. Josr6= 0, niin luku ron musta, koska kon pienin valkoinen luku. Olem- me kuitenkin todistaneet, ett¨a qk on valkoinen. Siisp¨a qk+r on musta. Ristiriita. Siisp¨ar = 0, eli t¨asm¨alleen luvunk monikerrat ovat valkoisia.

12. Olkoon ABC ter¨av¨akulmainen kolmio ja olkoonF sen Fermat’n piste. Osoita, ett¨a kolmioidenABF, BCF ja CAF Eulerin suorat leikkaavat samassa pisteess¨a. (Fermat’n pisteen ja Eulerin suoran m¨a¨aritelm¨at:https://matematiikkakilpailut.fi/kirjallisuus/nimgeom.pdf)

Ratkaisu. OlkootP,QjaRne pisteet kolmion ABC ulkopuolella, joilleBAP,CBQjaACR ovat tasasivuisia kolmioita. Tunnetusti F on janojen AQ, BR ja CP yhteinen piste. Tar- kastetaan esimerkiksi kolmion ABF Eulerin suoraa. Olkoon M janan AB keskipiste. Eu- lerin suora kulkee kolmionABF painopisteen E kautta ja kolmion ABF ymp¨ari piirretyn ympyr¨an keskipisteen D kautta. Mutta kos- kaAP BF on j¨annenelikulmio (ks. teht¨av¨ass¨a mainitun monisteen todistusta),D on samal- la kolmion BAP ymp¨ari piirretyn ympyr¨an keskipiste. Koska BAP on tasasivuinen kol- mio, D jakaa janan P M suhteessa 2 : 1 sa- moin kuin E jakaa janan F M. T¨ast¨a seu- raa, ett¨a DE k P F. Mutta silloin DE jakaa my¨os janan CM suhteessa 2 : 1 eli kulkee kolmionABCpainopisteenGkautta. Samoin n¨ahd¨a¨an, ett¨a muutkin teht¨av¨an Eulerin suo- rat kulkevat pisteenGkautta.

A B

C

P

Q R

F E

D M

13. KuusikulmionABCDEF k¨arkipisteet ovat ympyr¨all¨a, jonka s¨ade onr. SivuistaAB,CD jaEF jo- kaisen pituus onr. Todista, ett¨a muiden kolmen sivun keskipisteet muodostavat tasasivuisen kolmion.

Ratkaisu. Olkoon ympyr¨an keskipiste O, ja olkoot sivujen BC, DE ja F A keskipisteet P, Q ja R.

ValitaanO koordinaatiston origoksi, jolloinP= ¹₂(B+C),Q=¹₂(D+E) jaR= ¹₂(F+A).

Saadaan

P Q=Q−P = 1

2(D+E−B−C).

Merkit¨a¨anρ:lla 60^◦:een vastap¨aiv¨aist¨a kiertoaO:n ymp¨ari. Oletusten nojallaρ(B) =Ajaρ(D) =C.

NelikulmionOF Eρ(E) jokaisen sivun pituus on r, joten se on suunnikas jaρ(E) =Oρ(E) =F E= E−F. Vastaavastiρ(C) =C−D.

Vektorin P Qkuva t¨ass¨a kierrossa on ρ(P)ρ(Q) = 1

2

ρ(D) +ρ(E)−ρ(B)−ρ(C)

=1

2(C+E−F−A−C+D)

= 1

2(D+E−F−A) =Q−R=RQ.

T¨ast¨a seuraa, ett¨aP Q=QRja∠P QR= 60^◦, jotenP QRon tasasivuinen kolmio.

O

A B

C

E

D F

P

Q R

14. Funktiof :R→Rtoteuttaa ehdon|f(x)−f(y)| ≤(x−y)²kaikillax, y∈R. Lis¨aksif(2019) = 2019.

Ratkaise f.

Ratkaisu. Olkoonamielivaltainen luku ja olkoonnmielivaltainen positiivinen kokonaisluku. Arvioi- daan f(a):n ja f(2019):n erotusta jakamalla v¨ali [a,2019] (tai [2019, a]) n:¨a¨an osaan, joista kunkin pituus ond= 1

n(a−2019):

|f(a)−f(2019)|=

n

X

k=1

f(2019 +kd)−f(2019−(k−1)d)

≤

n

X

k=1

f(2019 +kd)−f(2019 + (k−1)d) ≤

n

X

k=1

d²=(a−2019)²

n .

Koska t¨am¨a p¨atee kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n, onf(a)−f(2019) = 0. Siisf(a) = 2019 kaikilla a.

15. Todista, ett¨a josa, bjac ovat positiivisia reaalilukuja, joilleabc≥2⁹, p¨atee ep¨ayht¨al¨o 1

p1 + (abc)^1/3 ≤ 1 3

1

√1 +a+ 1

√1 +b + 1

√1 +c

.

Ratkaisu. Jos voitaisiin olettaa a, b, c ≥ 2, voitaisiin asettaa a = e^a0 jne. ja soveltaa Jensenin ep¨ayht¨al¨o¨a. Funktio x7→1/p

1 + exp(x) on kuitenkin konveksi vain, kun x≥ln 2.

V¨aite seuraa ep¨ayht¨al¨oist¨a

√ 1

1 +x+ 1

√1 +y ≥ 2

p1 +√xy, x, y >0, xy≥2⁶, (1) ja

√ 2

1 +x+ 1

√1 +y ≥ 3 q

1 +p³ x²y

, x, y >0, x²y≥2⁹. (2)

Voidaan nimitt¨ain olettaa, ett¨a a≥b≥c, jolloin ab≥2⁶(koska muutenabc <2⁹). Saadaan

√ 1

1 +a+ 1

√1 +b+ 1

√1 +c ≥ 2 p1 +√

ab + 1

√1 +c ≥ 3 p1 +√³

abc, joka on teht¨av¨an v¨aite.

Todistetaan ep¨ayht¨al¨o (1). Tarkastellaan funktiota f(x) = 1/√

1 +x+ 1/p

1 +p/x, kun x > 0 jap≥2⁶. Funktion derivaatta on

f^′(x) =− 1

2(1 +x)^3/2 + p 2(1 +p/x)^3/2x² ja

f^′(x)≥0 ⇐⇒ p

2(1 +p/x)^3/2x² ≥ 1

2(1 +x)^3/2 ⇐⇒ p²(1 +x)³≥x⁴(1 +p/x)³=x(x+p)³

Tavoite on todistaa, ett¨a f(x):n minimi on x = √p, joten erotetaan vasemman ja oikean puolen erotuksesta tekij¨aksi p−x²:

p²(1 +x)³−x(x+p)³=p²(1 + 3x+ 3x²+x³)−x(x³+ 3x²p+ 3xp²+p³)

=−x⁴+ (p²−3p)x³+ (3p²−p³)x+p²= (p−x²)(x²+ (3p−p²)x+p).

Ensimm¨aisell¨a toisen asteen polynomilla on yksinkertainen juuri√

p:ss¨a. J¨alkimm¨aisell¨a toisen asteen polynomilla on kaksi reaalijuurta, jos (3p−p²)²>4pelip⁴−6p³+ 9p²−4p >0. T¨am¨a toteutuu, jos esim.p >6, koska silloinp⁴−6p³+9p²−4p >(p−6)p³+9p(p−1)>0. Juurien summa onp²−3p >0 ja tulo onp. T¨ast¨a seuraa, ett¨a juuret ovat positiivisia ja√p:n eri puolilla. Olkoot juuretα∈(0,√p) ja toinenβ ∈(√p,∞), jolloin polynomien tulon (ja siten derivaatanf^′(x)) etumerkki on seuraava:

x p−x²

x²+(3p−p²)x+p

tulo

0 α √p β ∞

+ + + 0 − − −

+ 0 − − − 0 +

+ 0 − 0 + 0 −

Siisf:ll¨a on paikallinen minimi√p:ss¨a. Rajoilla limx→∞f(x) = 1 ja limx→0+f(x) = 1, jotenf(√p) = 2/p

1 +√pon globaali minimi, kunhanp >9.

Todistetaan ep¨ayht¨al¨o (2). T¨all¨a kertaa tarkastellaan funktiota g(x) = 2/√

1 +x+ 1/p

1 +q/x², kun q≥2⁹jax >0. Derivaatta on

g^′(x) =− 1

(1 +x)^3/2 + q

(1 +q/x²)^3/2x³ = −(x²+q)^3/2+q(x+ 1)^3/2

√x+ 1p

x²+q(x³+x²+qx+q) ja sill¨a on sama etumerkki kuin lausekkeella

q^2/3(x+ 1)−(x²+q).

T¨am¨an polynomin yksi juuri on √³q ja toinen on q^2/3−q^1/3. Siteng(x):ll¨a on paikallinen minimi kohdassa x=√³q, ja koska limx→∞g(x) = 1≥g(√³q), kun x≥2⁹, t¨am¨a on my¨os globaali minimi.

16. Etsi kaikki reaaliluvutx, y, z≥1, joille min(√

x+xyz,√

y+xyz,√

z+xyz) =√

x−1 +p

y−1 +√ z−1.

Ratkaisu. Olkoota, b, c≥0 luvut, joillex= 1 +a², y= 1 +b²jaz= 1 +c². Voidaan olettaa, ett¨ac on luvuista pienin, jolloin teht¨av¨an ehto on

(1 +c²)[1 + (1 +a²)(1 +b²)] = (a+b+c)².

Cauchyn–Schwartzin ep¨ayht¨al¨o jonoille (1, a+b) ja (c,1) on (a+b+c)²≤[1 + (a+b)²](1 +c²)

joten

(1 +a²)(1 +b²)≤(a+b)²,

mist¨a saadaan (1−ab)² ≤0 eliab = 1. T¨all¨oin j¨alkimm¨aisess¨a ep¨ayht¨al¨oss¨a vallitsee yht¨asuuruus, samoin Cauchyn–Schwartzin ep¨ayht¨al¨oss¨a, jotenc(a+b) = 1. N¨aist¨a tuloksista seuraac= 1/(a+b)<

1/b=aja vastaavastic < b, jolloin teht¨av¨an ehto on voimassa.

Siis ratkaisut ovat {x, y, z}=n

1 +a²,1 + 1

a²,1 + a a²+ 1

2o

kaikilla a >0.