Lis¨aksi olkoonE sellainen piste, jolle∠CDE= 90◦,∠ECD=∠BCAjaCE= 13

Matematiikan olympiavalmennus Valmennusteht¨av¨at, huhtikuu 2018 Ratkaisuehdotuksia

1. OlkoonABC kolmio, miss¨a∠ABC = 90^◦,AC = 26 jaBC= 24. Olkoon pisteD sivulla BC pisteidenB jaC v¨aliss¨a. Lis¨aksi olkoonE sellainen piste, jolle∠CDE= 90^◦,∠ECD=∠BCAjaCE= 13. LaskeAE.

Ratkaisu. Koska kolmioillaABCjaEDCon kaksi yht¨asuurta kulmaa, niin ne ovat yhdenmuotoiset. Vastinsivuina saadaan

CD 24 =CD

CB =CE AC =1

2

eli CD = 12. Pythagoraan lauseen nojalla DE = 5 ja AB = 10. Edelleen pisteen D sijainnin takia BD = BC−CD= 12. Koska pisteD on sivullaBC pisteidenB jaC v¨aliss¨a sek¨a ∠ECD=∠BCA, niin E on joko sivullaAC tai kolmionABC ulkopuolella (ks. kuva). JosE on sivullaAC, niin

AE =AC−CE= 26−13 = 13.

A B

C

E D

A B

C

D E

E’

Oletetaan nyt, ett¨a piste E on kolmion ABC ulkopuolella. Olkoon E⁰ pisteenE projektio suoralle AB. Jana AE on kolmionAE⁰E hypotenuusa, joten sen pituus saadaan laskettua tarkastelemalla kolmioa AE⁰E. Koska

∠CDE= 90^◦, niinEE⁰=BD= 12. Edelleen, AE⁰=AB+BE⁰ =AB+DE= 10 + 5 = 15.

T¨aten

AE =p

AE⁰²+EE⁰²=p

15²+ 12²= 3√ 41.

Siis AE= 13 taiAE= 3√

41 riippuen pisteenEsijainnista.

2. KolmiossaABC kulman∠A puolittaja, jananABkeskinormaali ja k¨arjest¨a B piirretty korkeusjana leikkaavat pisteess¨a E. Osoita, ett¨a kulman ∠A puolittaja, janan AC keskinormaali ja k¨arjest¨a C piirretty korkeusjana leikkaavat samassa pisteess¨a.

Ratkaisu. OlkootM ja N sivujenAB jaAC keskipisteet vastaavasti sek¨a suoran BE leikkauspiste suoran AC kanssaH. Merkit¨a¨an kulmanApuolittajan ja janan AC keskinormaalin leikkauspistett¨a kirjaimellaF. Olkoon suorienCF jaABleikkauspisteK. Tavoitteena on osoittaa, ett¨aCKon kohtisuorassa janaaABvastaan, jolloin v¨aite on todistettu. Koska ∠HAE = ∠EAM ja ∠EHA = 90^◦ =∠AM E, niin 4AEH ∼ 4AEM. Edelleen, koskaBM =M Aja∠EM B= 90^◦=AM E, niin4AEM∼ 4BEM. Siis∠BEM =∠M EA=∠AEH. Koska

∠BEM+∠M EA+∠AEH= 180^◦, niin∠BEM = 60^◦. T¨aten∠M AE=∠EAH= 30^◦. Koska∠CN F = 90^◦= F N AjaCN=N A, niin4AF N ∼ 4CF N. N¨ain ollen∠F CN =∠N AF = 30^◦. Siis

∠CKA= 180^◦−∠CAK−∠KCA= 90^◦ eliCK on k¨arke¨aC vastaava korkeusjana.

A

B C

E M

H N

F K

3. Olkoon kolmiossaABC kulma∠CAB suora. Lis¨aksi olkoon pisteL sivullaBC pisteidenB jaC v¨aliss¨a. Mer- kit¨a¨an pisteidenA, B jaLsek¨aA, CjaLkautta kulkevia ympyr¨oit¨a merkinn¨oill¨aω1jaω2 vastaavasti. Ympyr¨at ω1jaω2leikkaavat suoratAC jaABpisteiss¨aM jaN vastaavasti. Osoita, ett¨aL, M jaN ovat samalla suoralla.

Ratkaisu. Oletetaan ensin, ett¨a AB ei ole ympyr¨anω2 tangentti eliA 6=N. Koska ACLN on j¨annenelikulmio ja ∠CAN = 90^◦, niin N C on pisteiden A, C, L ja N kautta kulkevan ympyr¨an halkaisija ja ∠N LC = 90^◦. Vastaavasti saadaan, ett¨a∠BLM = 90^◦. T¨aten∠M LC= 180^◦−∠BLM = 90^◦. Siis∠N LC =∠M LCeliL, M jaN ovat samalla suoralla.

C

A B

L

ω1

ω2

M

N

C

A B

L

ω1

ω2

Tarkastellaan viel¨a tapausta, miss¨a ABon ympyr¨anω2tangentti (eliA=N) ja todistetaan v¨aite osoittamalla, ett¨a M =N. KoskaAC on kohtisuorassa sivuaABvasten, niin AC on ympyr¨anω2 halkaisija ja∠ALC= 90^◦. Edelleen∠BLA= 90^◦ja t¨atenABon ympyr¨anω1halkaisija. N¨ain ollenACon ympyr¨anω1tangentti jaM =A.

Koska kaksi pistett¨a ovat aina samalla suoralla, niin pisteet M =N =A jaLovat samalla suoralla.

4. Eris¨ateiset ympyr¨at Γ1, Γ2, Γ3 ja Γ4 sivuavat toisiaan pareittain ulkoisesti. Todista, ett¨a on olemassa ympyr¨a ω, joka sivuaa ympyr¨oit¨a Γ1 ja Γ2 ja leikkaa ympyr¨oit¨a Γ3ja Γ4kohtisuorasti.

Ratkaisu. Tehd¨a¨an inversio ympyr¨oiden Γ₃ja Γ₄sivuamispisteenPsuhteen (mielivaltaisella s¨ateell¨a). Inversiossa Γ₃ ja Γ₄ kuvautuvat yhdensuuntaisiksi suoriksi`<sub>1</sub> ja `₂ ja ympyr¨at Γ₁ ja Γ₂ ympyr¨oiksiω₁ jaω₂ (katso kuva).

Nimitt¨ain Γ₁ja Γ₂ eiv¨at voi kulkea pisteenP kautta, sill¨a ympyr¨at Γ₁, Γ₂, Γ₃ja Γ₄sivuavat toisiaan ulkoisesti.

Koska ympyr¨at ω₁ ja ω₂ sivuavat suoria `<sub>1</sub> ja `₂, ne ovat suorien v¨aliss¨a ja samans¨ateisi¨a. Ne sivuavat my¨os toisiaan; olkoon niiden yhteinen tangentti t¨am¨an sivuamispisteen kautta suora `. Koska ympyr¨oiden ω1 ja ω2

keskipisteiden kautta kulkeva suora on yhdensuuntainen suorien`1 ja `2 kanssa, suora`leikkaa suorat`1 ja`2

kohtisuorasti.

Kun tehd¨a¨an uudestaan inversio pisteenPkautta, suora`kuvautuu ympyr¨aksiω, jolla on mainitut ehdot. Todis- tetaan ensin, ett¨a k¨ayr¨a on ympyr¨a (eik¨a suora). T¨at¨a varten riitt¨a¨a osoittaa, ett¨a suora ei kulje pisteenP kautta.

Mutta t¨all¨oinh¨an ympyr¨at ω1 ja ω2 olisivat yht¨a kaukana pisteest¨a P, joten my¨os niiden inversiokuvilla, ym- pyr¨oill¨a Ω1ja Ω2, olisi sama s¨ade, vastoin oletusta. Nyt kuvaympyr¨aωsivuaa edelleen ympyr¨oidenω1jaω2kuvia,

ympyr¨oit¨a Γ1ja Γ2. Lis¨aksi se leikkaa kohtisuorasti suorien`1ja`2kuvat, ympyr¨at Γ3ja Γ4. Olemme siis valmiit.

Γ1

Γ2

Γ₃

Γ₄ P

`<sub>1</sub> `₂

ω1

ω2

5. Kuusitahokkaan eli heksaedrin kahdeksasta k¨arjest¨a seitsem¨an on samalla pallolla. Todista, ett¨a my¨os kahdeksas k¨arki on t¨all¨a pallolla.

Ratkaisu. OlkoonQheksaedrin k¨arki, jota ei oletettu samalla ympyr¨alle ja olkoonP vastakkainen k¨arki. Olkoot heksaedrin muut k¨arjetA, B, C jaD, E, F siten, ett¨aAP,BP jaCP ovat heksaedrin s¨armi¨a ja parit (A, D) ja (B, E) ja (C, F) ovat muut heksaedrin vastakkaiset k¨arkiparit.

Tehd¨a¨an inversio (mielivaltaisella s¨ateell¨a) pisteenP kautta. Oletuksen nojalla t¨ass¨a inversiossa pisteetA,B,C, D,E jaF kuvautuvat samalle tasolle T pisteiksi A⁰, B⁰, C⁰, D⁰, E⁰, F⁰. Olemme valmiit, jos pystymme osoitta- maan, ett¨a my¨os pisteenQkuvapiste on t¨all¨a tasolla. Koska pisteetP, A, B, F ovat samalla tasolla ja nelikulmio P AF Bon konveksi,F⁰ on janallaA⁰B⁰. Vastaavasti pisteetD⁰ jaE⁰ ovat janoillaB⁰C⁰ jaC⁰A⁰. PisteQon taso- jenAEF,BF DjaCF E leikkaspiste, jotenQ⁰ on pistenelikoiden (P, A⁰, E⁰, F⁰), (P, B⁰, F⁰, D⁰) ja (P, C⁰, F⁰, E⁰) kautta kulkevien pallojen leikkauspiste. OlkootωA, ωB jaωC edell¨amainittujen pallojen leikkausympyr¨at tason T kanssa. Ritt¨a¨a osoitaa, ett¨a ωA,ωB jaωC leikkaavat samassa pisteess¨a, sill¨a t¨am¨a leikkauspiste onQ⁰. Mutta nyt olemme palauttaneet ongelman klassiseen tasogeometrian ongelmaan:

Lemma. OlkoonXY Zkolmio jaX⁰,Y⁰,Z⁰ sivujenY Z,ZXjaXY pisteit¨a. Nyt kolmioidenXY⁰Z⁰,Y Z⁰X⁰ jaZX⁰Y⁰ ymp¨aripiirretyt ympyr¨at ω_X,ω_Y jaω_Z kulkevat saman pisteen kautta.

Todistus. Olkoon W ympyr¨oiden ωX ja ωY leikkauspiste. Koska X, Y⁰, Z⁰ ja W ovat samalla ympyr¨all¨a,

∠Y⁰W Z⁰ = 180^◦−∠Z⁰XY⁰ = 180^◦−∠Y XZ. Samoin ∠Z⁰W X⁰ = 180^◦−∠ZY X. Siis ∠X⁰W Y⁰ = 360^◦−

∠Y⁰W Z⁰−∠Z⁰W X⁰ = ∠Y XZ+∠ZY X = 180^◦−∠XZY = 180^◦−∠Y⁰ZX⁰, joten piste W on my¨os ym- pyr¨all¨a ωZ.

6. ABCon kolmio jaIsen sis¨a¨an piirretyn ympyr¨an keskipiste. SuoraBIleikkaa sivunACpisteess¨aDja suoraCI sivunAB pisteess¨aE. SuoraAI leikkaa suoranDEpisteess¨aP. Oletetaan, ett¨aP D=P I. Laske kulmaACB.

Ratkaisu. Merkit¨a¨an tavanomaiseen tapaan kolmion sivuja kirjaimilla a, b ja c ja kulmia kirjaimilla α, β ja γ.

Kolmion P ID tasakylkisyyden nojalla ∠AID = ∠EDI. Helposti n¨ahd¨a¨an, ett¨a ∠AID = ∠ABI+∠BAI =

1

2(α+β), joten∠EDI =¹₂(α+β). Edelleen

∠IED= 180^◦−∠EDI−∠DIE= 180^◦−α+β

2 −

180^◦−β+γ 2

=γ−α 2 ja

∠DEA= 180^◦−∠EAD−∠ADE= 180^◦−α−(180^◦−∠EDI−∠BDC)

=−α+α+β

2 + (180^◦−γ−β/2) = 180^◦−γ−α/2.

Sovelletaan sinilausetta kolmioihinAEDja CED:

ED

AD = sinα

sin(γ+α/2) ja ED

DC =sin(γ/2) sin^γ−α₂ .

Kulmanpuolittajalauseen nojallaDC/AD=a/c, joten sinα

sinγ =a

c = sinαsin^γ−α₂ sin(γ/2) sin(γ+α/2). Siis

sin(γ/2) sin(γ+α/2) = sinγsinγ−α

2 = 2 sin(γ/2) cos(γ/2) sinγ−α 2 mist¨a saadaan jakamalla sin(γ/2):lla

sin(γ+α/2) = 2 cos(γ/2) sinγ−α

2 = sin(γ−α/2)−sin(α/2)

miss¨a j¨alkimm¨ainen yht¨asuuruus saadaan sinin summa- ja erotuskaavojen avulla: sin(φ+ψ) = sinφcosψ+ cosφsinψja sin(φ−ψ) = sinφcosψ−cosφsinψ, joten sin(φ+ψ)−sin(φ−ψ) = 2 cosφsinψ. T¨aten

sin(α/2) = sin(γ−α/2)−sin(γ+α/2) =−2 cosγsin(α/2), joten cosγ=−1/2 eli γ= 120^◦.

7. Olkoonc positiivinen kokonaisluku. Tason hilapisteet (parit (n, m), n, m∈Z) v¨aritet¨a¨anc:ll¨a v¨arill¨a. Todista, ett¨a kaikilla k ≥ 1 l¨oytyy luvut a₁ < a₂ < . . . < a_k ja b₁ < b₂ < . . . < b_k siten, ett¨a pisteet (a_i, b_j) ovat samanv¨arisi¨a kaikilla 1≤i, j≤k.

Ratkaisu. Kiinnitet¨a¨an k ≥ 1 ja olkoon N := c(k−1) + 1. Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla kaikilla i ≥ 1 l¨oytyy jokin v¨ari ci, jolle hilapisteist¨a (i,1),(i,2), . . . ,(i, N) v¨ahint¨a¨an k on v¨aritetty v¨arill¨a ci. Olkoon sitten M =c^N(k−1) + 1. Koska jonoja ((i,1),(i,2), . . . ,(i, N)) voi v¨aritt¨a¨a vain c^N tavalla, kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla l¨oytyy luvuta1< a2< . . . < ak siten, ett¨a pisteiden (ai, j) ja (ai⁰, j) v¨arit ovat samat kaikilla 1≤i, j≤k ja 1≤j≤N. Mutta nyt aiemman huomion nojalla l¨oytyyb1< b2< . . . < bk, joille pisteiden (ai, bj) ja (ai, bj⁰) v¨arit ovat samat kaikilla 1 ≤ i, j, j⁰ ≤k, joten kaikki pisteet (ai, bj) ovat samanv¨arisi¨a kunhan 1 ≤ i, j ≤k.

Olemme valmiit.

8. Olkoon a1, a2, a3, . . . , ak ¨a¨arellinen jono positiivisia kokonaislukuja. Todista, ett¨a jollain n ≥k jonoa voidaan jatkaa erisuurilla luvuillaak+1, ak+2, . . . , an siten, ett¨a

a_i|(a₁+a₂+. . .+a_n) kaikilla 1≤i≤n.

Ratkaisu. OlkoonS=a₁+a₂+. . .+a_n. Kirjoitetaan osam¨a¨ar¨at ^p_qⁱ

i = _a^S

i, miss¨a paritp_i, q_iovat yhteistekij¨att¨omi¨a positiivisia kokonaislukuja. Jos q_i= 1 kaikillai∈ {1,2, . . . , k}, olemme valmiit; jonoa ei tarvitse jatkaa yht¨a¨an.

Olkoon q suurin lukujen q1, q2, . . . , qk alkutekij¨a ja α > 0 t¨am¨an alkutekij¨an suurin eksponentti. Todistetaan v¨aite induktiolla ensisijaisesti q:n suhteen ja toissijaisesti luvun αsuhteen. Toisin sanoen todistetaan seuraava ehto: v¨aite p¨atee kun lukujen q1, q2, . . . , qk suurin alkutekij¨a on q ja q:n suurin eksponentti on α, kunhan se p¨atee aina kun suurin alkutekij¨a onq ja q:n suurin eksponentti on pienempi kuin α, tai kun suurin alkutekij¨a on pienempi kuinq. Jatketaan jonoa luvulla (q−1)S. Uuden lukujonon lukujen summa onqS. Koska

S ai

= pi

qi

= pi

q_i⁰q^αi,

joillainαi≤αja luvuillaq⁰_i, joiden kaikki alkutekij¨at ovat pienempi¨a kuinq, on qS

ai

= pi

q⁰_iq^αi−1.

Siis kaikissa uuden jono alkup¨a¨an osam¨a¨ariss¨a esiintyy nimitt¨aj¨ass¨a alkulukuja korkeintaa q, ja q korkeintaan α−1 kertaa. Lis¨aksi

qS

(q−1)S = q q−1,

joten sama p¨atee jonon viimeiselle luvulle. Siis uusi jono toteuttaa induktio-oletuksemme ehdot, ja olemme val- miit.

9. Olkoot a1 ja a2 positiivisia kokonaislukuja, ja olkoon kaikilla n ≥ 2 luku an+1 yht¨a suurempi kuin summan an +a_n−1 suurin pariton tekij¨a. Osoita, ett¨a jono a1, a2, . . . on jostain alkiostaan l¨ahtien jaksollinen. Miss¨a tapauksissa jono on jaksollinen jo ensimm¨aisest¨a alkiostaan l¨ahtien?

Ratkaisu. Merkit¨a¨ana^∗:ll¨a luvunasuurinta paritonta tekij¨a¨a. Jonon m¨a¨ar¨a¨av¨a s¨a¨ant¨o on siis

an+1= 1 + (an+an−1)^∗. (1)

Jaksollisuuden osoittamiseksi on todistettava, ett¨a joillakin m, n p¨atee m > n, a_m = a_n ja a_m+1 = a_n+1. Todistamme nelj¨a apulausetta, jotka p¨atev¨at jokaiselle jonolle, joka noudattaa s¨a¨ant¨o¨a (1).

L1.Lukua_n on parillinen, kunn≥3. T¨am¨a seuraa heti s¨a¨ann¨ost¨a (1).

L2.Ep¨ayht¨al¨oa_n ≤max(a_n−1, a_n−2) p¨atee, kun n≥5.

Todistus. Koskaa_n−1 jaa_n−2 ovat L1:n nojalla parillisia, an = 1 + (a_n−1+a_n−2)^∗≤1 + 1

2(a_n−1+a_n−2)≤1 + max(a_n−1+a_n−2).

Saatu yl¨araja on pariton jaan on parillinen, joten p¨atee my¨osan ≤max(an−1+an−2).

L2:sta seuraa, ett¨a jonossa on suurin alkio, joten se on jaksollinen.

L3.On olemassa sellainen lukun₀, ett¨a jokaisellen≥n₀ max(a_n−1, a_n−2) = max(a_n, a_n−1).

Todistus. Kun n≥4, olkoonb_n = max(a_n, a_n−1). L2:n nojallaa_n≤b_n−1 kaikilla n≥5, ja koska a_n−1≤b_n−1, bn ≤b_n−1. Luonnollisten lukujen jono b4, b5, . . . on siis v¨ahenev¨a, joten se on jostain alkiostaan l¨ahtien vakio.

L4.Kunn≥n0, seuraava v¨aite p¨atee: josan> an+1, niinan−an+1= 2.

Todistus. Jos an > an+1, niin L1:n perusteella an ≥ an+1+ 2. L3:n nojalla an = an+2, joten s¨a¨ann¨ost¨a (1) seuraaan= 1 + (an+an+1)^∗. Siisan−1 jakaa luvunan+an+1, jotenan+an+1≥2(an−1). Siisan≤an+1+ 2.

Jokaiselle jonolle p¨atee nyt jompikumpi seuraavista, miss¨a edelleenn0 on L3:n luku:

(i) an ≤an+1 kaikillan≥n0, (ii) jollainn≥n0p¨ateean> an+1.

Tapauksessa (i) L3:sta seuraa induktiolla, ett¨aa_n =a_n0 kaikillan≥n₀. Olkoon c=a_n0. Mahdolliset c:n arvot saadaan yht¨al¨ost¨ac= 1 + (2c)^∗. Koska (2c)^∗=c^∗, saadaanc^∗=c−1, jotenc= 2. Siis jono on muotoa

a₁, a₂, . . . , a_n0−1,2,2,2, . . . . (2)

Tapauksessa (ii) ep¨ayht¨al¨ost¨a an > an+1 seuraa L4:n nojalla, ett¨a an = 2d ja an+1 = 2d−2 jollain d > 1.

S¨a¨ann¨on (1) avulla saadaan

an+2= 1 + (2d+ 2d−2)^∗= 1 + (2d−1) = 2d, a_n+3= 1 + (2d−2 + 2d)^∗= 2d,

an+4= 1 + (2d+ 2d)^∗= 1 +d^∗.

Koska 2d >1 +d≥1 +d^∗ kaikilla d >1, t¨ast¨a seuraa an+3 > an+4. J¨alleen L4:n perusteellaan+3−an+4 = 2 eli 2d−(1 +d^∗) = 2, joten 2d−3 =d^∗≤dja siisd≤3. Josd= 2, jono on muotoa

a₁, a₂, . . . , a_n−1,4,2,4,4,2,4, . . . , (3)

ja josd= 3, muotoa

a1, a2, . . . , a_n−1,6,4,6,6,4,6, . . . . (4)

On todistettu, ett¨a jokainen jono on muotoa (2), (3) tai (4). Siis heti ensimm¨aisest¨a alkiostaan jaksolliset jonot ovat t¨asm¨alleen ne, jotka alkavat jollain pareista (2,2), (2,4), (4,2), (4,4), (4,6), (6,4) ja (6,6).

10. Etsi kaikki polynomitP(x), joiden kertoimet ja nollakohdat ovat reaalilukuja ja jotka toteuttavat yht¨al¨on

P(x²−1) =P(x)P(−x). (5)

Ratkaisu. Josaon polynominP juuri, yht¨al¨on (5) nojalla my¨osa²−1 on juuri. Siis jokainen jonon

a, a²−1,(a²−1)²−1, . . . (6)

alkio on P:n juuri, mik¨a on mahdollista vain, jos jonossa on ¨a¨arellinen m¨a¨ar¨a alkioita. Yksinkertaisimmassa tapauksessa a²−1 = a, mist¨a saadaan ratkaisut a= φ= ¹₂(1 +√

5) ja a =ψ = ¹₂(1−√

5). Silloin P(x) on jaollinen (x−φ):ll¨a tai (x−ψ):ll¨a.

Seuraava tutkittava tapaus on (a²−1)²−1 =a

a⁴−2a²−a= 0 a(a+ 1)(a²−a−1) = 0 a(a+ 1)(a−φ)(a−ψ) = 0.

Saadaan uudet ratkaisut a = 0 ja a = −1. Jos P(0) = 0, niin P(−1) = P(0²−1) = P(0)P(−0) = 0 ja josP(−1) = 0, niinP(0) =P((−1)²−1) =P(−1)P(1) = 0. Jos siis jokoP(0) = 0 taiP(−1) = 0, niinx(x+ 1)| P(x). Osoitetaan, ett¨a t¨ass¨a ovat olennaisesti kaikki ratkaisut.

V¨aite. Yht¨al¨on (5) kaikki ratkaisut ovat vakio 0 ja kaikki polynomitP_j,k,l, P_j,k,l(x) = (x²+x)^j(x−φ)^k(x−ψ)^l,

miss¨a j, k, l∈N.

Todistus. On helppo tarkistaa, ett¨a kaikki v¨aitetyt ratkaisut ovat ratkaisuja. Olkoon siis P polynomi, joka toteuttaa yht¨al¨on (5), ei kuitenkaan vakio 0. Jos P(x) = Q(x)R(x) kaikilla x, ja sek¨a P ett¨a Q toteuttavat yht¨al¨on (5), selv¨asti my¨osR toteuttaa sen. Siksi voidaan olettaa, etteiP ole jaollinen mill¨a¨an polynomillaP_j,k,l (paitsiP_0,0,0:lla). N¨ahd¨a¨an, kuten edell¨a, ett¨a jos jompikumpi luvuista 0 ja−1 onP:n nollakohta, toinenkin on, jolloinP_1,0,0 jakaaP:n. Samoinφjaψeiv¨at voi ollaP:n nollakohtia.

JosP ei ole vakio, sill¨a on nollakohtia; olkoona0sen pienin nollakohta. Josa0> φ,a²₀−a0−1>0 elia²₀−1> a0, jolloin jono (6) on aidosti kasvava, mik¨a on mahdotonta. Jos taasψ < a0< φ, niina²₀−a0−1<0 elia²₀−1< a0, mik¨a on ristiriidassaa0:n minimaalisuuden kanssa. Siisa0< ψ. Koska (x−a0)|P(x), (x²−1−a0)|P(x²−1) = P(x)P(−x). KoskaP:n juuret ovat reaalisia,P(x)P(−x) ja siis my¨osx²−1−a0jakautuu ensimm¨aisen asteen tekij¨oihin, jotena0+ 1≥0. Siis−1< a0< ψ. Jonon (6) kolmas alkio on

(a²₀−1)²−1 =a0+a0(a0−1)(a0−φ)(a0−ψ).

Tulon tekij¨oist¨a kolme on negatiivisia, joten alkio on pienempi kuina0, mik¨a on j¨alleen ristiriitaa0:n valinnan kanssa. SiisP on vakiopolynomi, ja yht¨al¨ost¨a (5) n¨ahd¨a¨an, ett¨aP on joko 0 tai 1 =P0,0,0.

11. Olkoon 0< a <1/4. Etsi yht¨al¨on x²+ 2ax+ 1

16 =−a+ r

a²+x− 1 16 reaalijuuret.

Ratkaisu. Kirjoitetaanx²+ 2ax+ 1

16 =yja−a+ r

a²+x− 1

16 =y₁. T¨all¨oinx=y₁²+ 2ay₁+ 1

16, mik¨a on samaa muotoa kuiny:n riippuvuus x:st¨a. Jos piirret¨a¨any:n jay1:n kuvaajat x:n funktioina, k¨ayr¨at ovat symmetriset suoran y = x suhteen. T¨aten yht¨al¨on y =y1 ratkaisemiseksi riitt¨a¨a ratkaista yht¨al¨o y =x. T¨am¨a on helppo toisen asteen yht¨al¨o, jonka ratkaisut ovat

x= 1−2a

2 ±

s

1−2a 2

²

− 1 16.

Kun 0< a <1/4, ratkaisut ovat reaaliset ja toteuttavat alkuper¨aisen yht¨al¨on.

12. Olkoota1< a2<· · ·< an reaalilukuja. J¨arjest¨a ne jonoksib1, b2, . . . , bn siten, ett¨a summa (b1−b2)²+ (b2−b3)²+· · ·+ (b_n−1−bn)²+ (bn−b1)²

on mahdollisimman pieni.

Ratkaisu. Piirret¨a¨an lukusuoralle lukujaa1, . . . , anvastaavat pisteetA1, . . . , An. Merkit¨a¨andk−1:ll¨a janaaAk−1Ak. Teht¨av¨an summa on janojen B1B2, . . . , Bn−1Bn pituuksien neli¨oiden summa, kun merkit¨a¨an Bk:lla lukua bk

vastaavaa pistett¨a. Kutsutaan n¨ait¨a janoja selvyyden vuoksikaariksi. Seuraavassa esimerkkikuvassa kaaret on piirretty kaareviksi, jotta ne erottuvat toisistaan:

Kaaret muodostavat suljetun k¨ayr¨an, joka peitt¨a¨a koko janan A1An. Siten jokainen janoistadk tulee peitetty¨a ainakin kahdesti. Kun summa kirjoitetaan janojendkpituuksien avulla, se sis¨alt¨a¨a ainakin termit 2d²₁, . . . ,2d²_n−1. Tarkastellaan janojad_k−1jadk: on selv¨asti mahdotonta, ett¨a kaikilladk:n peitt¨avill¨a kaarilla on p¨a¨atepisteen¨aAk

(muuten ak olisi pienin luvuista, muttaa_k−1< ak), joten t¨aytyy olla kaari, joka peitt¨a¨a sek¨a d_k−1:n ett¨a dk:n.

Mutta silloin teht¨av¨an summa sis¨alt¨a¨a my¨os termin 2dk−1dk. Summa on siis v¨ahint¨a¨an 2(d²₁+· · ·+d²_n−1) + 2(d1d2+. . . dn−2dn−1).

J¨arjestys voidaan my¨os valita niin, ett¨a t¨am¨a alaraja saavutetaan: josnon parillinen, sopiva j¨arjestys on a₁, a₂, a₄, a₆, . . . , a_n−2, a_n, a_n−1, a_n−3, . . . , a₅, a₃,

ja jos pariton, sopiva j¨arjestys on

a1, a2, a4, a6, . . . , a_n−1, an, a_n−2, a_n−4, . . . , a5, a3.