Syyskuun vaikeammat valmennustehtävät Ratkaisut

Syyskuun vaikeammat valmennustehtävät Ratkaisut

1. Kahden ympyrän keskipisteet ovat O₁ ja O₂ ja säteet r ja R vastaavasti. Oletetaan, et- tä ympyrät leikkaavat kahdessa eri pisteessä A ja B ja että O₁O₂ = 1. Määritä kolmioiden O1AB ja O2AB pinta-alojen suhde.

Ratkaisu. OlkoonP kohtisuorien suorienO₁O₂jaABleikkauspiste. OlkoonO₁P =s₁, O₂P = s2. Pythagoraan lauseella P A² =r²−s²₁ =R²−s²₂. Toisaalta s1+s2 = 1. Nyt

s₁+s₂ = 1s²₁−s²₂ = (s₁−s₂)(s₁+s₂) = s₁−s₂ =r²−R². Tästä s₁ = ^r2−R₂²⁺¹, s₂ = ^R2−r₂²⁺¹. Koska alojen suhde on ¹²1^s1SAB·

2s·2AB = ^s_s¹

2, vastaus on ^r_R²2^−R−r²²⁺¹+1. 2. Etsi kaikki parit (m, n)positiivisia kokonaislukuja, joille 2^m−1|2ⁿ+ 1.

Ratkaisu. Koska 2^m −1 | 2²ⁿ−1, niin m | 2n, sillä (a^k −1, a^{`</sup> −1) = a<sup>(k,`)} −1. Jos m on pariton niin m | n, joten 2^m −1 | 2ⁿ−1 ja 2^m −1 | 2ⁿ+ 1. Siispä m = 1, jolloin n on mielivaltainen. Jos m on parillinen, niin ^m₂ | n, joten 2^m2 | 2ⁿ−1. Toisaalta sama luku jakaa luvun2ⁿ+1koska^m₂ |m.Näin ollenm= 2. Silloinnkelpaa jos ja vain josnon pariton.

3. Olkoon n ≥ 3 kokonaisluku. Montako tornin reittiä on n×n-shakkilaudan vasemmasta alakulmasta oikeaan yläkulmaan seuraavilla ehdoilla:

• torni liikkuu joka siirrolla ylös tai oikealle ja

• torni ei kulje laudan keskiruutujen kautta (parillisilla n keskiruutuja on neljä ja parit- tomillan yksi) ja

• reittejä pidetään samoina, jos ne kulkevat täsmälleen samojen ruutujen kautta?

Ratkaisu. Jokainen tornin polku on2n−2askeleen pituinen, ja askeleistan−1otetaan ylös ja n−1 oikealle. Koska 2n−2 kohdasta voidaan valita n−1 kohtaa, joissa mennään ylös,

2n−2 n−1

tavalla, tornin polkuja on kokonaisuudessaan näin monta. Pitää vähentää ne polut, jotka päätyvät keskiruutuihin. Oletetaan aluksi, ettän on pariton. Vasemmasta alakulmasta pääsee keskiruutuun ^2m−2_m−1

sallitulla tavalla, missäm= ⁿ⁺¹₂ (koska se vastaam×m-laudan tilannetta). Edelleen keskiruudusta voi jatkaa yhtä monella polulla. Vastaus on siis

2n−2 n−1

−

n−1

n−1 2

2

. 1

Olkoon sittennparillinen. Merkitään keskiruutuja kirjaimillaA, B, C, D, missäAon lähinnä vasenta alakulmaa jaDlähinnä oikeaa yläkulmaa. Taas tornin reittejä on kokonaisuudessaan

2n−2 n−1

. Näistä pitää vähentää polut, jotka päätyvät ruutuunA, ruutuunB päätyvät polut ja ruutuun C päätyvät polut (ruutuun D ei voi päätyä osumatta johonkin näistä). Kuitenkin pitää lisätä ne polut, jotka kulkevat sekä A ja B tai A ja C kautta. Ruutuun A päätyviä polkuja on ^2m−2_m−1

, missä m = ⁿ₂. Edelleen sieltä lähtee ^2m_m

polkua. Ruutuun B päätyy

2m−1 m

polkua, koska kyseisestä ruudusta alakulmaan on matkaa2m−1askelta, ja näistä m otetaan ylös ja m−1 oikealle, joten valintojen määrä on edellä mainittu luku. Vastaavasti ruudustaBlähtee ^2m−1_m

polkua. RuudunCtilanne on symmetrinen. Polkuja, jotka kulkevat A:n kauttaB :hen on yhtä monta kuin polkujaA:han eli ^2m−2_m−1

. RuudustaB voidaan jatkaa

2m−1 m

tavalla. Polkuja A:n jaC :n kautta on yhtä monta. Vastaus on siis 2n−2

n−1

−

n−2

n−2 2

n

n 2

−2

n−1

n 2

2

+ 2

n−2

n−2 2

n−1

n 2

.

4. Olkoot a, b, c >0. Osoita, että(^a_b + ^b_c+ ^c_a)² ≥(a+b+c)(¹_a+ ¹_b +¹_c).

Ratkaisu: Pitää osoittaa, että (^a_b + ^b_c + _a^c)² ≥ 3 + ^a_b + ^b_c + ^c_a + ^a_c + ^b_a + ^c_b. Jos merkitään x = ^a_b, y = ^b_c, z = _a^c, niin xyz = 1 ja pitää osoittaa (x +y + z)² ≥ 3 + x +y + z +

1

x + ¹_y + ¹_z = 3(xyz)²³ +P

cycx⁴³y¹³z¹³ +xy +yz +zx. Sieventämällä pitää osoittaa, että x² +y² +z² +xy+yz +zx ≥ 3(xyz)²³ +P

cycx⁴³y¹³z¹³. Aritmeettis-geometrisella saadaan xy+yz+zx≥3(xyz)²³.Lisäksi ¹₆x²+¹₆x²+¹₆x²+¹₆x²+¹₆y²+¹₆z² ≥x⁴³y¹³z¹³.Summaamalla syklisesti yhteen saadaan väite (viimeisimmän epäyhtälöarvion saa näppärämmin painote- tulla AG:llä).

5. Olkoon ABC teräväkulmainen kolmio, jossa ∠ABC =∠ACB. Olkoon sen ympäripiirre- tyn ympyrän keskipiste O ja korkeusjanojen leikkauspiste H. Osoita, että pisteiden B, O ja H kautta kulkevan ympyrän keksipiste on suorallaAB.

Ratkaisu. Olkoon E sivunBC keskipiste. Todistetaan ensin, ettäABC on tasakylkinen ja sitten, että pisteetA, H, O, E ovat samalla suoralla (argumentti toimii riippumatta pisteiden H ja O järjestyksestä suoralla). Olkoon D pisteiden B, O, H kautta kulkevan ympyrän ja sivunAB leikkauspiste. Thaleen lauseella riittää osoittaa ∠BOD= 90◦. Tunnetusti pisteet O ja H ovat toistensa peilikuvia peilattaessa kulman ABC puolittajan yli. Siten ∠ABH =

∠CBO:=α. Kehäkulmalauseella myös∠DOH =α.Suoarkulmaisesta kolmiostaBEO saa- daan∠BEO= 90^◦−α.Nyt∠BOD= 180^◦−∠BOE−∠DOH = 180^◦−(90^◦−α)−α= 90^◦, mikä piti todistaa. Huomaa, että tehtävä ei ole mielekäs, jos ABC on tasasivuinen; tällöin- hän O =H.

6. Olkoon x≥3 kokonaisluku ja n =x⁶ −1. Oletetaan, että alkuluvulle p ja kokoaisluvulle k ≥0pätee p^k |n. Osoita, ettäp^3k<8n.

2

Ratkaisu. Olkoon aluksip > 3. Voidaan kirjoittaax⁶−1 = (x³−1)(x³+ 1) = (x−1)(x+ 1)(x²−x+1)(x²+x+1).Josd|x−1, d|x+1, niind|2. Josd|x±1elix≡ ±1 (mod d), niin x²±x+1≡2±16≡0 (mod d)paitsi josd = 3taid= 1. Lisäksi josd|x²−x+1, d|x²+x+1, niin d | 2x, joten ^d₂ | x, mistä ^d₂ | x² +x. Siispä d = 1 tai d = 2. Siispä kaikkien neljän tu- lontekijän pareittaiset sytit ovat ≤3. Erityisesti p >3 jakaa vain yhden tulontekijän. Siispä p^k ≤x²+x+ 1, joten p^3k ≤(x²+x+ 1)³ ≤(2x²−2)³ = 8(x²−1)⁶ <8(x⁶−1) = 8n, kun x≥3.Jos p= 3, niin p^k−1 jakaa jonkin tulontekijän. Helposti nähdään, että 9ei jaa lukuja x²±x+ 1. Lisäksi enintään kaksi tulontekijää voi ola kolmella jaollisia. Siispäp^k ≤3(x+ 1), jotenp^3k ≤27(x+ 1)³ <8(x−1)⁶, kun 2(x−1)² >3(x+ 1), mikä pätee, kun x≥4. Siispä tällöin myös p^3k <8(x⁶−1) = 8n. Tapaus x = 3 on helppo tarkistaa, koska silloin 3 ei ole tekijä. Olkoon sitten p= 2. Helposti nähdään, että 2 ei jaa x²±x+ 1. Siispä p^k−1 ≤x+ 1, jotenp^k ≤2(x+ 1). Koska erityisestip^k <3(x+ 1), äskeinen päättely pätee.

7. Taululle on kirjoitettu n ≥ 2 reaalilukua. Pelaajat A ja B pelaavat peliä vuorotellen; A aloittaa. Vuorollaan pelaaja valitsee taululta kaksi reaalilukuaa jab, pyyhkii ne ja kirjoittaa tilalle luvut ^2(a+b)₃ ja ^2(a−b)₃ . Pelaajan B tavoite on saavuttaa tilanne, jossa kaikkien taulun lukujen itseisarvo on alle ₁₀₀¹ . PystyyköB välttämättä saavuttamaan tavoitteensa?

Ratkaisu. Olkoon Sk lukujen neliöiden summa k kierroksen jälkeen. Koska a² + b² = a+b√

2

2

+

a−b√ 2

2

>

a+b

3 2

2

+

a−b

3 2

2

, niin S_k on vähenevä jono (eliS_k on semi-invariantti).

Pelaaja B pelaa seuraavasti: hän valitsee aina taulun kaksi suurinta lukua. Tällöin S_k+1 = S_k−a²−b² +

a+b

3 2

2

+

a−b

3 2

2

=S_k− ^a2+b₉ ² ≤S_k− ⁿ²₉^Sk = (1− _18n¹ )S_k, missä n on taulun lukujen määrä (lukujena jabmaksimaalisuutta käytettiin). SiispäS_k ≤(1−_18n¹ )^kS₀ <10⁻⁴ riittävän suurellak. Tässä vaiheessaB onsaavuttanut tavoitteensa, koska jos lukujen neliöi- den summa on alle 10⁻⁴, kaikki luvut ovat itseisarvoltaan alle ₁₀₀¹ .

8. Olkoon P kolmion ABC sisäpiste siten, että∠ABP =∠P CA. Olkoon Q sellainen piste, että P BQC on suunnikas. Todista, että∠QAB =∠CAP.

Ratkaisu. OlkoonRsellainen piste, ettäAP BRon suunnikas. TällöinAB||BP||CQ. Olkoot D sivun AB keskipiste ja E sivun BC keskipiste. Nyt kolmiosta ABC saadaan AC||DE.

Koska suunnikkaan lävistäjät puolittavat toisensa, niin D on janan RP keskipiste ja E on janan QP keskipiste. Siten komiosta RP Q saadaan DE||RQ. Yhdistämällä kaksi viimeis- tä havaintoa saadaan AC||RQ. Yhdistettäessä tämä alun huomioon AR||CQ saadaan, että ACQR on suunnikas. Käyttämällä tietoa suunnikkaan kulmista (suunnikkaassa XY ZW on

∠XY W = ∠ZW Y ja ∠W XY = ∠W ZY) ja tehtävän kulmaoletusta saadaan ∠ABQ =

∠ACQ = ∠ARQ. Siten ARBQ on jännenelikulmio. Nyt kehäkulmalauseella ∠QAB =

∠BRQ=∠CAP. Viimeinen yhtäsuuruus pätee, koska BR||AP ja RQ||AC. Väite seuraa.

3

9. Osoita, ettei ole olemassa funktiota f :R→R, jolle f(x) +f(y)

2 ≥f(x+y

2 ) +|x−y|

kaikilla reaaliluvuilla x ja y.

Ratkaisu. Selvästi funktiof(x)toteuttaa epäyhtälön jos ja vain josf(x) +ctoteuttaa, mis- säc on vakio. Voidaan siis olettaaf(0) = 0.Sijoituksella y= 0 saadaanf(x)≥2f(^x₂) +|x|.

Tämä epäyhtälö sanoo myös f(^x₂) ≥ 2f(^x₄) +|^x₂|. Siispä f(x) ≥ 4f(^x₄) + 2|x|. Induktiolla saadaan helposti f(x) ≥2ⁿf(₂^xn) + 2ⁿ⁻¹. Jos x= 1, saadaan f(1) ≥2ⁿf(₂¹n) + 2ⁿ⁻¹. Koska f(1) ei voi olla mieleivaltaisen suuri, pätee f(₂¹n) <0 kaikilla riittävän suurilla n. Toisaalta sijoituksella x=−1 saadaan f(−1)≥2ⁿf(⁻¹₂n) + 2ⁿ⁻¹, joten myös f(⁻¹₂n)>0 riittävän suu- rilla n. Mutta toisaalta ^f(21n)+f₂ ⁽⁻¹²ⁿ⁾ ≥ ₂n−1¹ >0, mikä on ristiriita.

10. Etsi kaikki funktiotf :Z+ →Z+,joillef(n!) =f(n)!kaikillan∈Z+jaa−b|f(a)−f(b) kaikillaa, b∈Z⁺,kun a6=b.

Ratkaisu. Selvästi funktiot f(n) = n, f(n) = 1 ja f(n) = 2 kaikilla n ∈ Z+ kelpaavat.

Osoitetaan, ettei muita ole. Koska f(1)! = f(1), niin f(1) on 1 tai 2. Osoitetaan, että jos f(n) = c äärettömän monella n, niin f(n) = ckaikilla n. Jos näin on, niin a−b |f(a)−c kaikilla niilläb 6=a, joillef(b) =c(äärettömän monessa tapauksessa). Siispä luvullaf(a)−c on mielivaltaisen suuria jakajia, jotenf(a) =ckaikillaa. Seuraavaksi olkoonppariton alku- luku. Wilsonin lauseella(p−1)! ≡ −(p−2)! ≡ −1 (mod p),jotenp|(p−2)!−1. Nyt pätee p|(p−2)!−1|f((p−2)!)−f(1) =f(p−2)!−f(1). Jos olisif(p−2)≥p, niinf(p−2)!≡0 (mod p), joten p | f(1). Kuitenkin f(1) on 1 tai 2, ristiriita. Siispä f(p −2) ≤ p −1.

Jos f(p − 2) = p −1, niin p | (p− 1)! − 1, mikä on ristirita Wilsonin lauseelle. Siispä f(p−2)≤p−2. Toisaaltap−3|f(p−2)−f(1), joten jokof(p−2)≥p−3 +f(1) ≥p−2 tai f(p− 2) = f(1). Alkulukuja on äärettömän monta, ja äärettömän monelle p on pä- dettävä ensimmäinen vaihtehto; muutoin f on vakio aikaisemman havainnon nojalla. Siispä f(p−2) = p−2 äärettömän monella alkuluvulla p. Jos n ∈ Z+ ja f(p−2) = p−2, niin n−p−2|f(n)−f(p−2) =f(n)−p−2. Sitenf(n)≡n (mod |n−p−2|). Koska modulus saadaan mieleivaltaisen suureksi valitsemallapriittävän suureksi, seuraaf(n) =nkaikillan.

4