Kun yht¨al¨ot v¨ahennet¨a¨an toisistaan, saadaan 4p2 = 5a(5b−a −1)

1. M¨a¨arit¨a kaikki alkuluvut p, joille 5^p+ 4p⁴ on neli¨oluku.

Ratkaisu. Jos 5^p+ 4p⁴ =k², niin 5^p = (k−2p²)(k+ 2p²). Silloin on oltava k−2p² = 5^a ja k + 2p² = 5^b. 0 ≤ a < b, a +b = p. Kun yht¨al¨ot v¨ahennet¨a¨an toisistaan, saadaan 4p² = 5^a(5^b−a −1). Jos a > 0, niin p² on jaollinen viidell¨a; koska p on alkuluku, niin p= 5. Jos a = 0, niin k = 2p²+ 1 ja 5^p = 1 + 4p². Selv¨asti p = 2 ja p= 3 eiv¨at toteuta yht¨al¨o¨a. Josp≥5, niin 5^p ≥p⁵ >4p⁴ >4p², joten 5^p = 1 + 4p². Ainoa teht¨av¨an ratkaisu on siis p= 5. [Miksi on 5^p ≥p⁵? Ainakin siksi, ett¨a jos

f(x) = lnx x , niin

f(x) = 1−lnx x² <0, kun x > e, joten

ln 5

5 ≥ lnp

p , pln 5≥5 lnp, 5^p ≥p⁵. Keksiik¨o joku todistuksen, jossa ei k¨aytet¨a differentiaalilaskentaa?]

2. M¨a¨arit¨a kaikki alkulukuparit (p, q), joille

p^qq^p = (2p+q+ 1)(2q+p+ 1).

Ratkaisu. Jos p ja q ovat molemmat parittomia, niin yht¨al¨on vasemmalla puolella on pariton ja oikealla puolella parillinen luku. Luvuista p ja q ainakin toisen on oltava 2;

symmetrian vuoksi voidaan olettaa, ett¨a q = 2. Yht¨al¨o on silloin 2^pp² = (2p+ 3)(p+ 5).

Nyt alkuluku p on tekij¨an¨a luvussa 2p+ 3, jolloin sen on oltava 3, ja yht¨al¨o toteutuu, tai luvussa p+ 5, jolloin olisi oltava p= 5. Silloin 2p+ 3 = 13, eik¨a yht¨al¨o toteudu. Ainoat yht¨al¨on toteuttavat alkulukuparit (p, q) ovat siis (2, 3) ja (3,2).

3. Luvut k1, k2, . . . , kn, n ≥ 3, ovat eri suuria positiivisia kokonaislukuja. Osoita, ett¨a joillaini ja j ki+kj ei ole tekij¨an¨a miss¨a¨an luvuista 3k1, 3k2, . . . ,3kn.

Ratkaisu. Teht¨av¨ass¨a oli tarkoitus olla mukana vaatimus i = j. Ilman t¨at¨a ratkaisuksi kelpaa sellainen ki+ki, jolleki on jaollinen mahdollisimman korkealla 2:n potenssilla 2^p. (Jos kaikki ki:t ovat parittomia, mik¨a tahanasa i k¨ay.) Silloin ki+ki = 2ki on jaollinen 2^p+1:ll¨a, mutta mik¨a¨an 3kj ei ole.

Todistetaan, ett¨a aina on my¨os olemassa teht¨av¨an ehdon toteuttavat ki ja kj, i = j. Tehd¨a¨an vastaoletus, jonka mukaan on olemassa sellainen joukko {k1, k2, . . . , kn}, miss¨a jokainenki+kj on tekij¨an¨a jossain luvussa 3km. Voidaan olettaa, ett¨ak1 > k2 >· · ·> kn. Tarkastellaan eri tapauksia sen mukaan onko k2 pienempi, sama tai suurempi kuin 1

2k1.

Olkoon siis ensin k2 < 1

2k1. Silloin k1+k2 >3k2, joten k1+k2 ei voi olla luvun 3k2 eik¨a siis mink¨a¨an pienemm¨an luvun 3km tekij¨a. Lis¨aksik1 < k1+k2 < 3

2k1, jotenk1+k2 ei ole my¨osk¨a¨an luvun 3k1 tekij¨a. Josk2 = 1

2k1, tarkastellaan lukuak3. Nytk1 < k1+k3 < 3 2k1, joten k1+k3 ei ole 3k1:n tekij¨a. Lis¨aksi 3

2k2 =k1 < k1 +k3 ja k1+k3 < k1 +k2 = 3k2. Siis k1 +k3 ei ole 3k2:n tekij¨a. Kun j > 2, niin k1 +k3 ≥ 3k3 > 3kj, joten k1 +k3 ei ole 3kj:n tekij¨a. Olkoon sitten k2 > 1

2k1. Olkoon km pienin sellainen jonon luku, jolle p¨atee km > 1

2k1. Silloin k1+km > 3

2k1. Jos nyt k1+km on jonkin 3kj:n tekij¨a, niin on oltava k1+km = 3kj. Mutta silloinkj = 1

3(k1+km)> 1

2a1. Koskakmoli pienin ehdonkm> 1 2k1

toteuttava jonon luku, onkj ≥km. Mutta toisaaltakj = 1

3(k1+km)< 1

3(2km+km) =km. Tultiin ristiriitaan. Vastaoletus on v¨a¨ar¨a.

4. Yhdistyksell¨a on 11 toimikuntaa. Joka toimikunnassa on viisi j¨asent¨a ja jokaisella kahdella toimikunnalla on yhteinen j¨asen. Osoita, ett¨a jokin yhdistyksen j¨asen kuuluu nelj¨a¨an toimikuntaan.

Ratkaisu.Todistetaan ep¨asuorasti. Oletetaan siis, ett¨a kukaan ei kuulu nelj¨a¨an toimikun- taan. Olkoon T jokin toimikunta. Siin¨a on viisi j¨asent¨a, joista jokainen kuuluu enint¨a¨an kolmeen toimikuntaan. Koska T:ll¨a ja jokaisella muulla kymmenell¨a toimikunnalla on yhteinen j¨asen, jokainen T:n j¨asenen on kuuluttava kahteen muuhun toimikuntaan. Sama p¨atee jokaisen toimikunnan jokaiseen j¨aseneen. Jokaisella toimikuntiin kuuluvalla j¨asenell¨a on siten kolme j¨asenyytt¨a. Mutta j¨asenyyksi¨a on kaikkiaan 5·11 = 55 kappaletta. Koska 55 ei ole jaollinen kolmella, syntyy ristiriita, joka osoittaa vastaoletuksen v¨a¨ar¨aksi.

5. Olkoonnpositiivinen kokonaisluku. Kuinka monelle jonon(1,2, . . . , n)permutaatiolle (x1, x2. . . , xn) p¨atee k|(2(x1+x2+· · ·+xk)) kaikilla k = 1, 2, . . . , n?

Ratkaisu.Olkoonf(n) niiden (1, 2, . . . , n):n permutaatioiden m¨a¨ar¨a, joille ehto toteutuu.

Selv¨astif(1) = 1,f(2) = 2 jaf(3) = 6. Jos k¨ay l¨api kaikki jonon (1,2, 3, 4) permutaatiot, huomaa, ett¨a f(4) = 12. Osoitetaan induktiolla, ett¨a f(n) = 3·2ⁿ⁻², kun n ≥ 3. Koska 2(1+2+· · ·+n) =n(n+1), ehto toteutuu aina, kunk =n. Kunk =n−1, niin ehto on, ett¨a luvunn(n+ 1)−2an on olkava jaollinenn−1:ll¨a. Nyt n(n+ 1) = ((n−1) + 1)((n−1) + 2), joten n(n+ 1) ≡ 2 mod n−1. On siis oltava 2an ≡ 2 mod (n−1) eli joko 2an = 2, 2an = n+ 1 tai 2an = 2 + 2(n−1) = 2n. Permutaation viimeinen luku voi olla 1, n tai

1

2(n+ 1). Jos viimeinen luku on n, niin edet¨av¨at luvut voidaan permutoida f(n−1):ll¨a tavalla. Jos viimeinen luku on 1, tarkastellaan lukujabm =am−1, 1≤m≤n−1. Luvut bm toteuttavat summaehdon jos ja vain jos luvut am toteuttavat sen (k:n b-luvun summa eroaa k:n a-luvun summasta k:lla, joka on k:lla jaollinen). N¨ain ollen luvut a1, . . . , an−1

voidaan nytkin permutoidaf(n−1):ll¨a tavalla niin, ett¨a teht¨av¨an ehto t¨ayttyy. Oletetaan

sitten, ett¨a an = 1

2(n+ 1). Silloinn:n on oltava pariton. Mutta jos k =n−2, niin 2

n−2

j=1

aj =n(n+ 1)−(n+ 1)−2an−1 ≡3−2an−1 mod (n−2).

Jotta summa olisi jaollinen (n− 2):lla on oltava 2an+1 ∈ {3, n+ 1, 2n− 1,}. N¨aist¨a luvuista vain n+ 1 on parillinen, joten an−1 = 1

2(n+ 1) = an. Ristiriita osoittaa, ett¨a an = 1

2(n+ 1). Siis an = 1 tai an =n, ja f(n) = 2f(n−1). Koska f(3) = 6 = 3·2³⁻¹, induktio l¨ahtee oikein liikkeelle ja todistus on valmis.

6. Ryhm¨ass¨a, jossa on k henkil¨o¨a, jotkin henkil¨ot tuntevat toisensa ja jotkin eiv¨at tunne.

Joka ilta jokin ryhm¨an j¨asen kutsuu kaikki tuttavansa illalliselle ja esittelee kesken¨a¨an tuntemattomat vieraat toisilleen. Oletetaan, ett¨a kun jokainen ryhm¨an j¨asen on j¨arjest¨anyt ainakin yhdet illalliset, joukossa on viel¨a jotkin kaksi henkil¨o¨a, jotka eiv¨at ole tutustuneet.

Osoita, ett¨a n¨am¨a henkil¨ot eiv¨at tapaa toisiaan seuraavilla illallisilla.

Ratkaisu.Muodostetaan ryhm¨an j¨asenist¨a verkko, jonka solmut ovat ihmiset ja solmujen v¨aliss¨a on s¨arm¨a, jos ihmiset tuntevat toisensa. Tarkastellaan kahta henkil¨o¨a H0 ja Hn. Oletetaan, ett¨a verkossa on ketju H1H2. . . Hn; voidaan olettaa, ett¨a ketju on lyhin mah- dollinenH1:n ja Hn:n v¨alill¨a. Kun Hj, 1≤j ≤nj¨arjest¨a¨a kutsut. h¨an kutsuu tuttavansa Hj−1:n ja Hj+1:n ja esittelee n¨am¨a toisilleen. T¨am¨an j¨alkeen H0:n ja Hn:n yhdist¨av¨a ketju lyhenee: s¨arm¨atHj−1Hj ja HjHj+1 korvautuvat s¨arm¨all¨a Hj−1Hj+1. Koska kaikki ryhm¨an j¨asenet ovat vuorollaan is¨anti¨a, jokainen henkil¨o Hj, 1 ≤ j ≤ n−1 toimii joskus is¨ant¨an¨a, ja ketju H0H1. . . Hn supistuu s¨arm¨aksi H0Hn. Mutta t¨am¨a tarkoittaa, ett¨a jos H0 ja Hneiv¨at ole tavanneet yksill¨ak¨a¨an kutsuilla, ketjuaH0H1. . . Hn ei ole, eliH0 ja Hn

ovat erillisiss¨a verkon osissa. He eiv¨at n¨ain ollen tule koskaan esitellyiksi toisilleen.

7. Suorakulmiossa ABCD on BC = 2AB. Olkoon E sivun BC keskipiste ja P jokin sivun AD sis¨apiste.

Olkoot viel¨a F ja G pisteen A kohtisuora projektio suoralleBP ja pisteen D kohtisuora projektio suoralle CP. Osoita, ett¨a EF P Gon j¨annenelikulmio.

Ratkaisu. V¨aite tulee todisteuksi, kun osoitetaan, ett¨a kolmioilla P F E ja P EG on sama ymp¨arysym- pyr¨a. Suorakulmaiset kolmiotP AB ja AF B ovat yh- denmuotoiset. Siis

BP

BA = BA BF

eliBF·BP =BA². MuttaBA=BE, jotenBF·BP =BE². Pisteen potenssia koskevien tulosten perusteella t¨am¨a merkitsee sit¨a, ett¨aBE on kolmionP F E tangentti. Aivan sama tarkastelu n¨aytt¨a¨a, ett¨a CE on kolmion P EG ymp¨arysympyr¨an tangentti. Molempien ympyr¨oiden keskipisteet ovat janan BC keskinormaalilla ja molemmat ympyr¨at kulkevat pisteidenP ja E kautta. Ne ovat siis sama ympyr¨a.

8. Piste M on ter¨av¨akulmaisen kolmion ABC sivun AC sis¨apiste ja N on sellainen puo- lisuoran AC piste, ett¨a MN =AC. Piste D on M:n kohtisuora projektio suorallaBC ja E on N:n kohtisuora projektio suoralla AB. Osoita, ett¨a kolmion ABC korkeusjanojen leikkauspiste on kolmionBDE ymp¨arysympyr¨all¨a.

Ratkaisu. Olkoon kolmion korkeusjanojen leikkaus- piste H ja olkoon suorien MD ja NE leikkauspiste K. Koska KE⊥BE ja KD⊥BD, niin D ja E ovat ympyr¨all¨a, jonka halkaisija on BK. Siis K on kol- mion BDE ymp¨arysympyr¨an piste. Koska AHMD jaCHNK,∠CAH =∠NMDja∠ACH =∠MNK. Lis¨aksiAC =MN, mist¨a seuraa, ett¨a kolmiotAHC ja MKN ovat yhtenevi¨a (ksk). Silloin H ja K ovat yht¨a et¨a¨all¨a suorasta AC, eli HKAC. Mutta BH⊥AC, joten BH⊥HK. Siis H on BK-halkaisijaisen ympy- r¨an piste eli kolmionBDE ymp¨arysympyr¨an piste.

9. Piste P on ympyr¨an Γ ulkopuolella ja P A, P B ovatΓ:n tangentteja, P ja Q sivuamis- pisteet. OlkoonM jananAP jaN jananAB keskipiste. JananMN jatke leikkaa ympyr¨an Γ pisteess¨a C. Suora P C leikkaaΓ:n my¨os pisteess¨a D ja suora ND suoran P B pisteess¨a Q. Osoita, ett¨a MNQP on vinoneli¨o.

Ratkaisu. Havaitaan heti, ett¨a MNP B. Kolmio P BA on tasakylkinen, joten P N on sen korkeusjana.

N¨ain ollen AP N on suorakulmainen kolmio ja M sen ymp¨arysympyr¨an keskipiste. Siis MN = MP. Jotta MNQP saataisiin osoitetuksi vinoneli¨oksi, on viel¨a n¨aytett¨av¨a, ett¨a P MQN. Olkoon E MN:n ja Γ:n toinen leikkauspiste ja O Γ:n keskipiste. Lasketaan pisteenM potenssi Γ:n suhteen: ME·MC =MA² = MP². Siis

ME

MP = MP MC.

Kolmiot MP E ja MCP ovat yhdenmuotoisia (ssk). Siis ∠MP E = ∠MCP. Pisteet A, P, B ja O ovat samalla ympyr¨all¨a jaAB on j¨anteen¨a sek¨a t¨ass¨a ympyr¨ass¨a ett¨a ympy- r¨ass¨a Γ. K¨aytet¨a¨an taas hy¨odyksi pisteen potenssia: NC·NE = NA·NB = NO·NP. Mutta t¨ast¨a seuraa, ett¨a P, E, O ja C ovat samalla ympyr¨all¨a ja siis ∠NP E=∠OP E =

∠ECO = ∠NCO. Suorakulmaiset kolmiot AP N ja P OA ovat yhdenmuotoiset. Siis P A² = P N ·P O. Kun pisteen P potenssi lasketaan ympyr¨an Γ suhteen, saadaan toi- saalta P A² = P D·P C. Mutta t¨am¨a merkitsee, ett¨a D, C, O ja N ovat samalla ympy- r¨all¨a. Siis (j¨annenelikulmion ominaisuudet!) ∠P NQ = ∠DCO = ∠P CM +∠NCO =

∠MP E+∠NP E =∠MP N. T¨am¨a osoittaa, ett¨a P MQN.

10. KolmioABC on ter¨av¨akulmainen. OlkootA, B jaC k¨arjist¨aA, B ja C piirrettyjen korkeusjanojen kantapisteet jaH korkeusjanojen leikkauspiste. Olkoon P janan AH keski-

piste,Q suorien BP ja AB leikkauspiste jaR janojen AC ja BB leikkauspiste. Osoita, ett¨a QR⊥BC.

Ratkaisu. Koska kolmio AHB on suorakulmainen, hypotenuusan AH keskipiste P on kolmion ymp¨ary- sympyr¨an keskipiste. Merkt¨a¨an ∠P BH = α. Kol- mio P HB on siis tasakylkinen joten ∠P HB = α =

∠AHB. Nelikulmio BAHC, jossa on kaksi vastak- kaista suoraa kulmaa, on j¨annenelikulmio. Kun katso- taan sen ymp¨arysympyr¨a¨a, n¨ahd¨a¨an, ett¨a ∠ACB = α. Mutta nyt nelikulmiossa QCRB ovat k¨arjen B kulma ja k¨arjen C kulman vieruskulma yht¨a suu- ret, joten nelikulmio on sekin j¨annenelikulmio. Siis

∠CQR=∠CBR=∠CBH. Mutta my¨osACHB on j¨annenelikulmio, ja sen ymp¨arysympyr¨ast¨a n¨ah- d¨a¨an, ett¨a ∠CBH = ∠CAH. Koska siis ∠CQR =

∠CAH,QRAH; koskaAH⊥BC, on my¨osQR⊥BC.

11. Kolmion sivut ovat a, b ja c. Mit¨a arvoja voi saada q , kun q = (a² +b²+c²)(a+b+c)

a³+b³+c³ ?

Ratkaisu. Kun kolmio on tasasivuinen, q = 3 = q . Osoitetaan, ett¨a q ≤ 3 kaikille kolmioille. q ≤3 on yht¨apit¨av¨a ep¨ayht¨al¨on

3(a³+b³+c³)≥(a²+b²+c²)(a+b+c) =a³+b³+c³+a²b+a²c+b²a+b²c+c²a+c²b eli ep¨ayht¨al¨on

2a²+ 2b²+ 2c²−(a²b+a²c+b²a+b²c+c²a+c²b)

=a²(a−b) +a²(a−c) +b²(b−a) +b²(b−c) +c²(c−a) +c²(c−b)

= (a²−b²)(a−b) + (a²−c²)(a−c) + (b²−c²)(b−c)≥0

kanssa. Viimeinen ep¨ayht¨al¨o on tosi, koska ennen ≥-merkki¨a olevat kolme yhteenlasketta- vaa ovat kaikki ei-negatiivisia. Osoitetaan sitten, ett¨a kaikilla kolmioillaq > 2 eli

2(a³+b³+c³)<(a²+b²+c²)(a+b+c). Kun t¨ast¨a poistetaan sulkeita, tullaan yht¨apit¨av¨a¨an ep¨ayht¨al¨o¨on

a²(b+c) +b²(c+a) +c²(a+b)−a³−b³−c³ >0

elia²(−a+b+c) +b²(a−b+c) +c²(a+b−c)>0. T¨am¨a ep¨ayht¨al¨o on tosi, koska a, bja c ovat kolmion sivuja ja toteuttavat siis kolmioep¨ayht¨al¨on. q :n mahdollisia arvoja ovat siis 2 ja 3. – Jos asetetaan esimerkiksi a = 1, b = c = 2, saadaan q = 45

17 < 3. On siis olemassa kolmioita, joille q <3, ja arvo q = 2 on my¨os mahdollinen.

12. Osoita, ett¨a kaikille positiivisille reaaliluvuillex, y ja z p¨atee x²+z² ≤

x²+y²−√ 2xy+

y²+z²−√ 2yz.

Ratkaisu. Koska √

2 = 2 cos 45^◦, ep¨ayht¨al¨on oikean puolen neli¨ojuurilausekkeet edusta- vat (kosinilauseen nojalla) sivujen BC ja CD pituuksia kolmioissa ABC ja CBD, joissa

∠ABC =∠BCD= 45^◦, jaBA=x,BC =y ja BD=z. Silloin ABDon suorakulmainen kolmio ja AD =√

x²+z². Kolmioep¨ayht¨al¨on nojalla AD≤AC +CD. 13. M¨a¨arit¨a kaikki funktiot f :R→R, joille on voimassa

(a) f(2x) =f(x+y)f(y−x) +f(x−y)f(−x−y) kaikilla x, y ∈R, (b) f(x)≥0 kaikilla x∈R.

Ratkaisu. Kun yht¨al¨o¨on (a) sijoitetaan x = y, saadaan f(2x) = f(0)(f(2x) +f(−2x)).

Kun sijoitetaan x = 0, saadaan f(0) = 2f(0)². Siis f(0) = 0 tai f(0) = 1

2. Jos f(0) = 0, f(2x) = 0 kaikilla x. Jos f(0) = 1

2, niin f(2x) = 1

2(f(2x) +f(−2x)) eli f(2x) = −f(2x) kaikillax. Kun yht¨al¨o¨on (a) sijoitetaan x= 0, saadaan nyt 1

2 =f(0) =f(y)²+f(−y)² = 2f(y)². Siis f(y)² = 1

4; koska f(y)≥0, on oltava f(y) = 1

2 kaikilla y ∈R. 14. Osoita, ett¨a ei-negatiivisille luvuillex, y, z p¨atee

(x²+ 1)(y²+ 1)(z²+ 1)

(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1) ≥ xyz+ 1

2 .

Ratkaisu. Johdetaan ensin k¨atev¨a aputulos: jos t on mielivaltainen reaaliluku, niin

(1+t³)(1+t)³+(1−t)³(1−t³) = (1+t)³+(1−t)³+t³((1+t)³−(1−t)³) = 2+6t²+t³(6t+2t³) = 2+6t²+6t⁴+ Koska (1−t)³ ja 1−t³ ovat kaikilla t samanmerkkiset, on

(1 +t²)³≥ 1

2(1 +t)³(1 +t³) eli

1 +t² 1 +t ≥ ³

1 +t³ 2 . T¨am¨an perusteella

(x²+ 1)(y²+ 1)(z²+ 1) (x+ 1)(y+ 1)(z+ 1) ≥ 1

2 3

(1 +x³)(1 +y³)(1 +z³).

Mutta (1 +x³)(1 + y³)(1 +z³) = 1 +x³ + y³ + z³ + x³y³ +y³z³ +z³x³ +x³y³z³ ja aritmeettisen ja geometrisen keskiarvon ep¨ayht¨al¨oiden perusteella x³+y³+z³ ≥3xyz ja x³y³+y³z³+z³x³ ≥3x²y²z². Siis (1+x³)(1+y³)(1+z³)≥1+3xyz+3x²y²z²+x³+y³+z³ = (1 +xyz)³. V¨aite seuraa.

15. M¨a¨aritell¨a¨an lukujono (xn) asettamalla x1 = 10⁶, xn+1 =nxn

n

+n, kun n≥1. Osoita, ett¨a jonolla (an) on ¨a¨aret¨on aritmeettinen osajono (bn).

Muodostetaan uusi jono yn = 1 nxn+1;

yn= xn

n

+ 1. Silloinyn:t ovat kokonaislukuja ja

yn+1 =

xn+1

n+ 1

+ 1 =

nyn

n+ 1

+ 1 =

yn− yn

n+ 1

+ 1 =yn+

− yn

n+ 1

+ 1

≤yn−1 + 1 =yn.

Jonon (yn) termit eiv¨at kasva. T¨ast¨a seuraa, ett¨a jostain indeksin n arvosta n0 alkaen termit ovat samoja; olkoon t¨am¨a yhteinen arvo y. Mutta jos m > m0, niin xm+1 −xm = mym−(m−1)ym−1 =y. Jonon (xn) ”loppup¨a¨a” on siis aritmeetinen jono. [Numerolaskut osoittavat, ett¨axm+1−xm= 1129, kun m≥1132.]