Mik¨a on kuusikulmion ABCDEF pinta-alan suhde kolmionGDEpinta-alaan? Ratkaisu 1

Matematiikan olympiavalmennus Valmennusteht¨av¨at, joulukuu 2018 Ratkaisuja

Helpompia teht¨avi¨a

1. ABCDEF on s¨a¨ann¨ollinen kuusikulmio jaGon sivunABkeskipiste. Mik¨a on kuusikulmion ABCDEF pinta-alan suhde kolmionGDEpinta-alaan?

Ratkaisu 1. Olkootrja akuusikulmion s¨ade ja apoteema (et¨aisyysG:st¨a kuusikulmion keskipistee- seen). Pythagoraan lauseesta saadaana=^√₂³r. Kuusikulmion pinta-ala on 6·¹₂a·r=^3√₂³r². Kolmion GDE korkeus on 2a, joten sen pinta-ala onr·a= ^√₂³r². Pinta-alojen suhde on siis 3.

Ratkaisu 2. Todistus ilman sanoja:

2. Polynomille f(x) p¨atee f(5−x) = f(5 +x) kaikilla reaaliluvuilla x. Yht¨al¨oll¨a f(x) = 0 on nelj¨a erisuurta reaalista ratkaisua. Selvit¨a ratkaisujen summa.

Ratkaisu. Teht¨av¨an ehdon voi lausua my¨os muodossa ”f on symmetrinen 5:n suhteen”. Juuretkin ovat siten symmetriset 5:n suhteen, eli jos juuret ovat x1 < x2 < x3 < x4, niin 5−x1 =x4−5 ja 5−x2=x3−5. Siten juurten summa on 20.

3. Tarkastellaan lukua

S= 1 + 11 + 111 +· · ·+ 111. . .111

| {z }

2002 numeroa

.

(a) Mitk¨a ovat luvun S kymmenj¨arjestelm¨aesityksen viisi viimeist¨a numeroa?

(b) Montako kertaa numero 1 esiintyy luvunS kymmenj¨arjestelm¨aesityksess¨a?

Ratkaisu. (a) Kirjoitetaan

S= 1 + (1 + 10) + (1 + 10 + 100) +· · ·+ (1 +· · ·+ 10²⁰⁰¹)

= 2002·1 + 2001·10 + 2000·100 +· · ·+ 1·10²⁰⁰¹. Koska kysyttiin vain viitt¨a viimeist¨a numeroa, voidaan j¨att¨a¨a huomiotta termit, jotka p¨a¨attyv¨at v¨ahint¨a¨an viiteen nollaan. On siis laskettava

2002·1 + 2001·10 + 2000·100 + 1999·1000 + 1998·10000.

T¨ast¨akin voidaan j¨att¨a¨a huomiotta numerot, jotka j¨a¨av¨at viiden viimeisen ulkopuolelle:

S≡2002 + 20010 + 99000 + 80000≡1012 (mod 100000).

Siis viimeiset numerot ovat 01012.

(b) Koska ykk¨osist¨a koostuva luku on yhdeks¨asosa yhdeksik¨oist¨a koostuvasta luvusta, S= 1 + 11 + 111 +· · ·+ 111. . .111

= 1

9(10−1) +1

9(10²−1) + 1

9(10³−1) +· · ·+1

9(10²⁰⁰²−1)

= 1 9

(10 + 10²+ 10³+· · ·+ 10²⁰⁰²)−2002

= 1 9

111. . .111

| {z }

2002 numeroa

0−2002

= 1 9

111. . .111

| {z }

1998 numeroa

09108 .

Koska 111111111 = 9·12345679 ja 1998 on yhdeks¨all¨a jaollinen luku, osam¨a¨ar¨an alku on jaksollinen:

kustakin yhdeks¨an per¨akk¨aisen ykk¨osen lohkosta tulee 12345679. Kaavoilla ilmaistuna S= 1

9

111111111·(10⁵+ 10¹⁴+· · ·+ 10¹⁹⁹⁴) + 9108

= 1

9·111111111·(10⁵+ 10¹⁴+· · ·+ 10¹⁹⁹⁴) + 1012

= 12345679·(10⁵+ 10¹⁴+· · ·+ 10¹⁹⁹⁴) + 1012.

Osam¨a¨ar¨ass¨a siis esiintyy 222 kertaa lukujono 12345679 (ensimm¨aist¨a lukuunottamatta alkunollan kera), joten kaikkiaan ykk¨osi¨a on 224.

4. Positiivisten kokonaislukujen jonolle a1, a2, . . . p¨atee aan +an = 2n kaikilla n ≥ 1. Todista, ett¨a an =nkaikilla n.

Ratkaisu. K¨aytet¨a¨an induktiota. Tapauksessa n = 1 saadaan aa1 +a1 = 2, ja koska termit ovat positiivisia kokonaislukuja, on oltava a1 =aa1 = 1. Olkoon sitten n≥ 1 ja ak =k kaikillek ≤n.

Olkoonan+1=ℓ. Silloin

aℓ+ℓ=aan+1+an+1= 2(n+ 1).

Josℓ≤n, niinaℓ=ℓinduktiohypoteesin nojalla, jolloin 2(n+ 1) =aℓ+ℓ=ℓ+ℓ≤2n <2(n+ 1),

joka on ristiriita. Jos taas ℓ > n+ 1, niin yht¨al¨ost¨aaℓ+ℓ= 2(n+ 1) seuraaaℓ< n+ 1. Induktiohy- poteesista seuraa aaℓ =aℓja edelleen

2ℓ=aaℓ+aℓ= 2aℓ<2(n+ 1)<2ℓ,

taas ristiriita. Siisℓ=n+ 1, joten induktiov¨aite on todistettu.

5. OlkoonP(x) kokonaislukukertoiminen polynomi. Kokonaislukujonollex1, x2, . . . p¨ateex1=x2000= 1999 jaxn+1=P(xn), kun n≥1. Laske

x1

x2

+x2

x3

+· · ·+x1999

x2000

.

Ratkaisu. M¨a¨aritell¨a¨anx0=x1999jayn=xn−xn−1. Silloin

1999X

i=1

yi =x1999−x0= 0.

Oletetaan ensin, ett¨a yn 6= 0 kaikillan. KoskaP(x):n kertoimet ovat kokonaislukuja,a−b|P(a)− P(b), kunaja bovat kokonaislukuja. Sitenyn |yn+1 kaikillan, joten |y1| ≤ |y2| ≤ · · · ≤ |yn| ≤ · · ·. Koska|y1|=|x1−x1999|=|x2000−x1999|=|y2000|, itse asiassa|yn|on sama kaikillan. Olkoon t¨am¨a yhteinen arvoa >0 ja olkoonkniiden lukujeny1, . . . , y1999lukum¨a¨ar¨a, joilleyi=a; silloin 1999−k jonon lukua on−a. Siten

1999X

i=1

yi =a(2k−1999)6= 0, mik¨a on ristiriita aiemman kanssa.

T¨aten jollakin nonyn = 0 elixn =xn−1. Helpolla induktiolla saadaan xn =x1= 1999 kaikillan.

Siis x1

x2

+x2

x3

+· · ·+x1999

x2000

= 1 + 1 +· · ·+ 1 = 1999.

6. Todista:

x³₁

x⁵₂+x⁵₃+x⁵₄+x⁵₅+x⁵₆+ 5+ x³₂

x⁵₁+x⁵₃+x⁵₄+x⁵₅+x⁵₆+ 5+· · ·+ x³₆

x⁵₁+x⁵₂+x⁵₃+x⁵₄+x⁵₅+ 5 ≤3 5, kun x1, x2, . . . , x6∈[0,1] ovat reaalilukuja.

Ratkaisu. Kukin vasemman puolen nimitt¨aj¨a on v¨ahint¨a¨an x⁵₁+x⁵₂+x⁵₃+x⁵₄+x⁵₅+x⁵₆+ 4, joten vasen puoli on enint¨a¨an

P6 i=1x³₁ P6

i=1x⁵_i + 4.

Kun y≥0, aritmeettis–geometrisesta ep¨ayht¨al¨ost¨a saadaan y⁵+y⁵+y⁵+ 1 + 1

5 ≥p⁵

y⁵·y⁵·y⁵=y³ eli 3y⁵+ 2≥5y³. Siis

5 X6

i=1

x³₁≤ X6

i=1

(3x⁵_i + 2) = 3 X6

i=1

x⁵_i + 4

! ,

mist¨a v¨aite seuraa.

7. Olkoon ABC ter¨av¨akulmainen kolmio,AA1,BB1 ja CC1 sen korkeusjanat jaO mielivaltainen kol- mion A1B1C1 sis¨apiste. Olkoon

• M pisteenOprojektio suoralleAA1;

• N pisteenO projektio suoralleBC;

• P pisteenO projektio suoralleBB1;

• QpisteenO projektio suoralleCA;

• RpisteenO projektio suoralleCC1; ja

• S pisteenO projektio suoralleAB.

Todista, ett¨a suoratM N,P Q jaRSleikkaavat yhdess¨a pisteess¨a.

Ratkaisu. Koska ∠BB1C =∠BC1C = 90^◦, BCB1C1 on j¨annenelikulmio. Samoin ovat ACA1C1 ja ABA1B1. Siis∠B1A1A=∠B1BA=∠ACC1=∠AA1C1, jotenAA1 on kulmanB1A1C1puolittaja.

A

B C

O

B1

C1

A1

M

N P

Q

R S

O^∗

A

B C

O

B1

C1

A1

M

N O^∗ L

T

OlkoonO^∗ pisteenOisogonaalinen konjugaatti¹kolmion A1B1C1 suhteen. Silloin edellisen kulman- puolittajatuloksen perusteella ∠OA1A=∠AA1O^∗. KoskaOM A1N on suorakulmio, t¨ast¨a seuraa

∠A1M N=∠OA1M =∠OA1A=∠AA1O^∗. Siten M N kA1O^∗.

1https://fi.wikipedia.org/wiki/Isogonaalinen_konjugaatti

Olkoon L janojen OA1 ja M N leikkauspiste. SilloinL on jananOA1 keskipiste. OlkoonT janojen OO^∗ jaM N leikkauspiste. KoskaM N kA1O^∗, p¨atee

OT :T O^∗=OL:LA1= 1 : 1.

KoskaOT =T O, suoraM N kulkee jananOO^∗ keskipisteen kautta.

Symmetrisesti voidaan todistaa, ett¨a suoratP Q jaRS kulkevat jananOO^∗ keskipisteen kautta. Si- ten n¨am¨a kolme suoraa leikkaavat t¨am¨an janan keskipisteess¨a.

8. Kun a on positiivinen kokonaisluku, m¨a¨aritell¨a¨an jonohanis¨a¨ann¨oill¨a a0=aja an =an−1+ 40^n!, kunn≥2. Todista, ett¨a jokaisessa t¨allaisessa jonossa on ¨a¨arett¨om¨an monta lukua, jotka ovat jaollisia 2009:ll¨a.

Ratkaisu. Koska syt(40,2009) = 1, on 40^k·φ(2009) ≡ 1 (mod 2009). Kun n > φ(2009), eksponentti n! on varmasti φ(2009):n monikerta, jolloinan+1 ≡an+ 1 (mod 2009). Siten kaikki arvot modulo 2009 esiintyv¨at jaksollisesti, joten kaikki n¨am¨a arvot esiintyv¨at ¨a¨arett¨om¨an usein. T¨am¨a koskee my¨os arvoa 0, mist¨a v¨aite seuraa.

9. Kirjoitetaan neli¨on kunkin sivun viereen positiivinen kokonaisluku punaisella v¨arill¨a. Kirjoitetaan ne- li¨on kunkin k¨arkipisteen viereen vihre¨all¨a v¨arill¨a viereisten punaisten lukujen tulo. Vihreiden lukujen summa on 40. Mitk¨a ovat mahdollisia punaisten lukujen summia?

Ratkaisu. Olkoot punaiset luvut j¨arjestyksess¨a a,b,cjad. Silloin vihre¨at luvut ovatab,bc,cdjada, jolloin

40 =ab+bc+cd+da= (a+c)(b+d).

Voidaan olettaa, ett¨aa+c≤b+d, jolloin mahdollisia arvoja tulon tekij¨oille ovat (a+c, b+d)∈ {(1,40),(2,20),(4,10),(5,8)}.

Ensimm¨ainen tapaus on mahdoton, koska kaikki luvut ovat v¨ahint¨a¨an 1. Summalle a+b+c+d saadaan mahdolliset arvot 13, 14 ja 22.

Vaativampia teht¨avi¨a

10. Olkoonxjay ei-negatiivisia reaalilukuja. Todista ep¨ayht¨al¨o (x+y³)(x³+y)≥4x²y².

Milloin yht¨asuuruus on voimassa?

Ratkaisu. Jaetaan vasen puoli nelj¨all¨a ja sovelletaan molempiin tekij¨oihin aritmeettis–geometrista ep¨ayht¨al¨o¨a:

x+y³ 2

x³+y 2

≥p xy³p

x³y=x²y².

Yht¨asuuruus on voimassa, jos molemmissa tekij¨oiss¨a on yht¨asuuruus, eli x =y³ = (x³)³. N¨ain on t¨asm¨alleen silloin, kunx=y= 0 taix=y= 1.

11. Tarkstellaan funktiota f :R→ R, f(x) = x²−2ax−a²−³4. Selvit¨a ne a:n arvot, joille ep¨ayht¨al¨o

|f(x)| ≤1 on tosi kaikillax∈[0,1].

Ratkaisu. Todistetaan, ett¨a ratkaisu on a∈ A=h

−1 2, 1

2√ 2

i.

Tarvitaan seuraavat funktion arvot:

f(0) =−a²−3

4, f(1) =−a²−2a+1

4, f(a) =−2a²−3 4. Jos|a|>¹₂, niin|f(0)|>(¹₂)²+³₄ = 1, joten teht¨av¨an ep¨ayht¨al¨o ei p¨ade.

Jos ₂^√1₂ < a≤1, niina∈[0,1] ja

|f(a)|>2 1 2√ 2

2

+3 4 = 1,

joten teht¨av¨an ep¨ayht¨al¨o ei taaskaan p¨ade.

En¨a¨a on osoitettava, ett¨a ep¨ayht¨al¨o p¨atee, kuna∈ A. Havaitaan, ett¨af(x) = (x−a)²+f(a), joten funktion kuvaaja on yl¨osp¨ain aukeava paraabeli, jonka huippu on pisteess¨a (a, f(a)). Siis funktio voi saavuttaa tarkasteluv¨alin minimi- ja maksimiarvonsa vain pisteiss¨a x= 0, x= 1 ja x=a (jos 0< a <1).

Olkoonamielivaltainen luku v¨alill¨aA. Koska|a| ≤ ¹2,

|f(0)| ≤1 2

2

+3 4 = 1.

Koskaa≥ −¹2,

1−f(1) =a²+ 2a+3 4 =

a+3 2

a+1 2

≥0,

jotenf(1)≤1. Koska−⁵₂ < a < ¹₂, f(1)−(−1) =−a²−2a+5

4 =5

2+a1 2−a

>0, jotenf(1)>−1. Siis|f(1)| ≤1.

Josa∈[0,1]∩ A= [0,₂^√1₂],

|f(a)|= 2a²+3

4 ≤2 1 2√ 2

2

+3 4 = 1.

Siis |f(x)| ≤1 kaikillax∈[0,1].

12. Luonnolliset luvut 1,2, . . . ,100 asetetaan mielivaltaiseen j¨arjestykseen ympyr¨an keh¨alle. Kunkin kol- men per¨akk¨aisen luvun summa lasketaan. Todista, ett¨a n¨aiden summien joukossa on kaksi lukua, joiden erotus on suurempi kuin 2.

Ratkaisu. Jaetaan kaikki luvut ykk¨ost¨a lukuunottamatta 33 erilliseen kolmen luvun lohkoon, jotka ovat ympyr¨an keh¨all¨a per¨akk¨aisi¨a. Lohkoihin kuuluvien lukujen summa on P100

i=2 = 5049, joten lohkojen keskim¨a¨ar¨ainen summa on 5049/33 = 153. Siten ainakin yksi lohkosumma, sanokaammeS, on v¨ahint¨a¨an 153.

Jaetaan seuraavaksi kaikki luvut sataa lukuunottamatta 33 erilliseen kolmen luvun lohkoon, jotka ovat ympyr¨an keh¨all¨a per¨akk¨aisi¨a. Lohkoihin kuuluvien lukujen summa on P99

i=1 = 4950, joten lohkojen keskim¨a¨ar¨ainen summa on 4950/33 = 150. Siten ainakin yksi lohkosumma, sanokaammeS^′, on enint¨a¨an 150.

KoskaS−S^′ ≥3, todistus on valmis.

(Alkuper¨aisess¨a teht¨av¨ass¨a oli valitettava k¨a¨ann¨osvirhe: pyydettiin todistamaan, ett¨a joukossa on kaksi lukua, joiden erotus on enint¨a¨an 2. T¨allaisena teht¨av¨a olisi kuulunut helpompien osastoon:

pienin mahdollinen kolmen luvun summa on 6 ja suurin mahdollinen on 297. Muodostetaan kyyh- kyslakat{6,7,8},{9,10,11},. . .,{294,295,296}ja{297}. N¨ait¨a on 98 ja lohkosummia 100, joten ainakin yhteen kyyhkyslakkaan osuu ainakin kaksi summaa.)

13. Selvit¨a kaikki funktiot f :R→R, joille x·f(x) =⌊x⌋ ·f({x}) +{x} ·f(⌊x⌋)

kaikilla x, miss¨a⌊x⌋on suurin kokonaisluku, joka on enint¨a¨an x, ja{x}=x− ⌊x⌋.

Ratkaisu. Ratkaisuja ovat vakiofunktiot. Jokainen vakiofunktio selv¨asti toteuttaa teht¨av¨an funktio- naaliyht¨al¨on.

Olkoonf jokin ratkaisu, ja olkoon C=f(0). Kun asetetaanx=k= mielivaltainen nollasta eroava kokonaisluku, saadaan

kf(k) =kC+ 0·f(k) =kC

elif(k) =C. Samoin kaikillex∈(0,1) saadaan xf(x) = 0·f(x) +xf(0) =xC

elif(x) =C. Olkoon nytxmielivaltainen nollasta eroava reaaliluku. Koska⌊x⌋ ∈Zja{x} ∈(0,1), xf(x) =⌊x⌋ ·C+{x} ·C=x·C

elif(x) =C. Siisf on vakiofunktio.

14. Etsi kolmannen asteen reaalikertoiminen polynomi, jonka juurista kukin on polynomin P(x) =x³+ 9x²+ 9x+ 9

yhden juuren neli¨o.

Ratkaisu. Olkootu,vjawpolynominP(kompleksiset) juuret. Koskau+v+w=−9,uv+vw+wu= 9 jauvw=−9,

u²+v²+w²= (u+v+w)²−2(uv+vw+wu) = 63, u²v²+v²w²+w²u²= (uv+vw+wu)²−2uvw(u+v+w) =−81,

u²v²w²= (uvw)²= 81.

Siis vastaukseksi sopii

Q(x) = (x−u²)(x−v²)(x−w²) =x³−63x²−81x−81.

15. Kun a >0,b >0,c >0 ja x=√³

abc, todista ep¨ayht¨al¨o (a+b+x)⁻¹+ (b+c+x)⁻¹+ (c+a+x)⁻¹≤x⁻¹.

Ratkaisu. Kirjoitetaan (a+b+x)⁻¹+ (b+c+x)⁻¹+ (c+a+x)⁻¹=O/N, miss¨a O= 3x²+ 4x(a+b+c) +a²+b²+c²+ 3(ab+bc+ca),

N =x³+ 2x²(a+b+c) +x a²+b²+c²+ 3(ab+bc+ca) +a²b+ab²+b²c+bc²+c²a+ca²+ 2abc.

Koska

a²b+ab²+b²c+bc²+c²a+ca²= (a+b+c)(ab+bc+ca)−2abc jax³=abc, voidaan nimitt¨aj¨a¨a sievent¨a¨a:

N = 2x²(a+b+c) +x a²+b²+c²+ 3(ab+bc+ca)

+ (a+b+c)(ab+bc+ca)−2abc.

Siis N−xO= (a+b+c) (ab+bc+ca)−2x³

−3x³. Aritmeettis–geometrisen ep¨ayht¨al¨on mukaan a+b+c≥3√³

abc= 3xjaab+bc+ca≥3√³

a²b²c²= 3x². Siten O−xN≥3x(3x²−2x²)−3x³= 0.

T¨ast¨a seuraa tarvittava tulos O N ≤ 1

x.

16. Tasasivuisen kolmionABCsivu on 2. Osoita, ett¨a josP on kolmion sis¨aympyr¨an mielivaltainen piste, niinP A²+P B²+P C²= 5.

Ratkaisu. OlkoonBC x-akselin suuntainen sivu ja origo kolmion sis¨akeskus. Kolmion korkeus on√ 3, joten k¨arkien koordinaatit ovatA=

0,^2√₃³ ,B=

−1,−^√3³

jaC= 1,−^√3³

. OlkoonP = (x, y) sis¨aympyr¨an mielivaltainen piste. Silloinx²+y²= ¹₃ jaP A²+P B²+P C²=x²+

y−^2√3³

2

+ (x+ 1)²+

y+^√₃³2

+(x−1)²+

y+^√₃³2

= 3(x²+y²)+2+

−^4√₃³+ 2·2^√₃³

y+(4+2)¹₃ = 1+2+2 = 5.

17. Py¨ore¨an p¨oyd¨an ymp¨arill¨a istuu 2019 henkil¨o¨a. Heid¨at on numeroitu juoksevasti my¨ot¨ap¨aiv¨a¨an. Nu- mero 1 aloittaa sanomalla ”yksi”. T¨am¨an j¨alkeen jokainen istuja sanoo j¨arjestyksess¨a ”kaksi”, ”kol- me”, ”yksi”, ”kaksi” jne. Jokainen, joka sanoo ”kaksi” tai ”kolme” poistuu heti. Mink¨anumeroinen istuja j¨a¨a p¨oyd¨an ¨a¨areen?

Ratkaisu. Jos p¨oyd¨an ¨a¨aress¨a olevien henkil¨oiden lukum¨a¨ar¨a olisi 3^k, niin ensimm¨aisell¨a kierroksella poistuisi tasan ²₃·3^k henkil¨o¨a ja numero 1 saisi taas sanoa numeron 1. N¨ain ollen numero 1 olisi voit- taja. T¨ast¨a seuraa, ett¨a voittaja on se, joka ensimm¨aisen¨a saa sanoa numeron 1 silloin, kun p¨oyd¨an

¨a¨aress¨a olevien henkil¨oiden m¨a¨ar¨a on kolmen potenssi. Nyt 3⁶ = 729<2019<2187 = 3⁷. Kun jou- kosta on poistunut 2019−729 = 1290 = 2·645 oppilasta, j¨aljell¨a on 3⁶oppilasta ja tuolloin vuorossa on oppilas numero 3·645 + 1 = 1936. H¨an j¨a¨a viimeksi p¨oyd¨an ¨a¨areen.

18. KolmionABC sivujen pituudet ovata,b jac. Kolmion ymp¨aryskeskus onO ja sis¨akeskusI,I6=O.

Olkoon viel¨a M ABC:n keskijanojen leikauspiste. Osoita, ett¨a IM ⊥BC, jos ja vain josb =c tai b+c= 3a.

Ratkaisu. Voidaan olettaa, ett¨a b ≥ c. Olkoon A:sta piirretyn korkeusjanan kantapiste E, kolmion sis¨aympyr¨an ja sivun BCyhteinen pisteF, kolmion painopisteen kohtisuora projektio sivullaAB G ja sivunBCkeskipisteD. OlkootPjaQsis¨aympyr¨an ja sivujenACjaABsivuamispisteet. Siit¨a, ett¨a BF =BQ,AQ=AP jaCP =CF seuraa helpostiBF = ¹₂(a−b+c), jotenDF =^a₂−BF =¹₂(b−c).

OlkoonAE =h.

Yht¨al¨oist¨a c²−BE² = h² = b²−(a− BE)² saadaanBE=_2a¹(^c2−b²+a²) ja DE= ¹₂a−BE=_2a¹(b²−c²). KoskaM jakaa janan ADniin, ett¨aM D= ¹₃AD, onGD=¹₃ED=_6a¹(b²−c²). NytIM ⊥ BC jos ja vain jos F ja G ovat sama piste. T¨am¨a toteutuu jos ja vain jos ¹₂(b− c) = _6a¹(b²−c²). Yht¨al¨o toteutuu, jos b = c. Jos b 6= c, yht¨al¨o toteutuu, kun 3a=b+c.

A

B

C I

M

E F G Q

D

19. Olkoon M kolmion ABC sivun BC keskipiste. Ympyr¨a Γ, jonka halkaisija on AM, leikkaa AB:n my¨os pisteess¨a D ja AC:n my¨os pisteess¨a E. Γ:n pisteisiin D ja E piirretyt tangentit leikkaavat pisteess¨aP. Osoita, ett¨aP B=P C.

Ratkaisu. Koska AM on Γ:n halkaisija, kulmat ADM ja AEM ovat suoria. T¨ast¨a seuraa, ett¨a ympyr¨at Γ1 ja Γ2, joiden halkaisijat ovat BM ja M C, kulkevat pisteiden D ja E kautta. Leikat- koon DP Γ1:n pisteess¨a K ja EP Γ2:n pisteess¨a L. Tarkastellaan kolmioita ABM ja DKM.

Koska P D on Γ:n tangentti, kulmat DAM ja M DK ovat Γ:n samaa j¨annett¨a DM vastaavina keh¨akulmina yht¨a suuret. KulmatABM jaDKM puolestaan ovat Γ1:n samaa j¨annett¨a DM vas- taavina keh¨akulmina yht¨a suuret. Kolmiot ABM ja DKM ovat siis yhdenmuotoiset (kk). Aivan samoin n¨ahd¨a¨an, ett¨a kolmiot AM C ja EM L ovat yhdenmuo- toiset. Mutta t¨ast¨a seuraa, ett¨a

∠KM D+∠EM L = ∠BM A+∠AM C = 180^◦. Koska ympyr¨oill¨a Γ1 ja Γ2 on sama s¨ade, janat DK jaELovat vieruskulmia vastaavina ympyr¨an j¨antein¨a yht¨a pitk¨at. Koska DP ja EP ovat ympyr¨an Γ tangentteina yht¨a pitk¨at, on my¨os P K =P L.

A

B M C

Γ

D Γ1

Γ2

E

P

K L

Pisteell¨aP on siten sama potenssi ympyr¨oiden Γ1ja Γ2suhteenP K·P D=P L·P E. Osoitetaan, ett¨a P M on ympyr¨oiden Γ1ja Γ2yhteinen tangentti. Ellei n¨ain olisi, suoraP M leikkaisi Γ1:n pisteiss¨aX jaM ja Γ2:n pisteiss¨aY jaM,jaM olisiX:n jaY:n v¨aliss¨a. PisteenPpotenssille Γ1:n ja Γ2:n suhteen saataisiin lausekkeet P X·P M jaP M ·P Y. Mutta n¨am¨a voivat olla samat vain, jos X =Y =M. Siis todellakinP M on ympyr¨oiden tangentti, josta seuraaP M ⊥BC. KoskaM onBC:n keskipiste, P M onBC:n keskinormaali, jotenP B=P C.

20. OlkoonX joukko, jossa onnalkiota, ja olkootA1, . . . , Am sen sellaisia osajoukkoja, ett¨a (i) |Ai|= 3 kaikillai= 1, . . . , m

(ii) |Ai∩Aj| ≤1 kaikillai6=j.

Todista, ett¨a joukolla X on osajoukko, jossa on ainakin⌊√

2n⌋alkiota ja jolla ei ole osajoukkonaan mit¨a¨an joukoista Ai.

Ratkaisu. OlkoonE X:n maksimaalisen suuri osajoukko, jolla ei ole osajoukkonaan mit¨a¨an joukoista Ai. Olkoon|E|=p. Tarkastellaan jotain x∈X\E. Koska pon maksimaalinen, joukolla E∪ {x} t¨aytyy olla osajoukkonaan jokin joukkoAi. Valitaan jokin sellainen joukko ja kutsutaan sit¨aA(x):ksi.

Siis A(x)⊆E∪ {x}jaA(x)*E, jotenx∈A(x). OlkoonB(x) =A(x)\ {x}. SilloinB(x)⊆E ja

|B(x)|= 2.

Olkoot x, y∈X\E,x6=y. Silloin A(x)∩A(y) = B(x)∪ {x}

∩ B(y)∪ {y}

=B(x)∩B(y).

Jos B(x) = B(y), niin A(x)∩A(y) =B(x) = B(y), jolloin|A(x)∩A(y)|= 2, mik¨a on ristiriidassa teht¨av¨an ehdon (ii) kanssa. SitenB(x)6=B(y).

Siten joukonE kaksialkioisten osajoukkojen lukum¨a¨ar¨a on v¨ahint¨a¨an yht¨a suuri kuin niiden joukon X alkioiden m¨a¨ar¨a, jotka eiv¨at kuuluE:hen. Toisin sanottuna

p 2

≥n−p. Sitenp(p+ 1)≥2neli (p+¹₂)²≥2n+¹₄. Siten

p+1 2 ≥

r 2n+1

4 >√ 2n.

Koskapon kokonaisluku, saadaanp≥ ⌊√ 2n⌋.