PDF

Solmun tehtävien ratkaisuja

Matti Lehtinen

Esitetään Solmun 1/2002 tehtävien 16-30 ratkaisut; tehtävien 1-15 ratkaisut esitettiin edellisessä numerossa 2/2002.

16. Määritä kymmenjärjestelmässä kirjoitetun luvun $2001^{2001}$ numeroiden summan numeroiden summan numeroiden summa.

Ratkaisu. Olkoon $S(n)$ luvun $n$ numeroiden summa ja olkoon $2001^{2001}=k$. Koska $2001^{2001}<\(10^4\)^{2001}=10^{8004}$, luvussa $k$ on enintään 8004 numeroa. Siis $S(k)\le 9\cdot 8004=72036$. Näin ollen $S(S(k))\le 7+4\cdot 9=43$ ja $S(S(S(k)))\le 3+9=12$. Mutta $S(n)\equiv n\ (\text{mod}\ 9)$. Koska $2001\equiv 0\ (\text{mod}\ 3)$, $k\equiv 0\ (\text{mod}\ 9)$. Silloin myös $S(S(S(n)))\equiv 0\ (\text{mod}\ 9)$. Ainoa mahdollisuus on, että $S(S(S(k)))=9$.

17. Olkoon $p$ kaikkien sellaisten funktioiden lukumäärä, jotka on määritelty joukossa $\{1,\,2,\,\dots,\,m\}$, $m$ positiivinen kokonaisluku, ja joiden arvot kuuluvat joukkoon $\{1,\,2,\,\dots,\,35,\,36\}$ ja olkoon $q$ kaikkien sellaisten funktioiden lukumäärä, jotka on määritelty joukossa $\{1,\,2,\,\dots,\,n\}$, $n$ positiivinen kokonaisluku, ja joiden arvot kuuluvat joukkoon $\{1,\,2,\,3,\,4,\,5\}$. Määritä $\vert p-q\vert$:n pienin mahdollinen arvo.

Ratkaisu. Tehtävän oletusten mukaan $p=36^m$ ja $q=5^n$. Tarkastellaan ensin tapauksia $p>q$. Luku $36^m-5^n$ päättyy ykköseen. Jos olisi $36^m-5^n=1$, olisi $5^n=36^m-1=(6^m- 1)(6^m+1)$. Koska luku $6^m+1$ päättyy seitsemään, se ei voi olla tekijänä luvussa $5^n$. Siis $36^m-5^n\ge 11$. Mutta yhtälöllä $36^m-5^n=11$ on ratkaisu $m=1$, $n=2$. Tarkastellaan tapauksia $p<q$. Luku $5^n-36^m$ päättyy yhdeksään. Mutta jaollisuus estää, että olisi $5^n-36^n=9$. Siis $\vert p-q\vert$:n minimiarvo on 11.

18. Olkoot $a_1$, $a_2$, ..., $a_{2001}$ ei-positiivisia lukuja. Todista, että

$$2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots+2^{a_{2001}}\leqslant 2000+2^{a_1+a_2+\cdots+a_{2001}}.$$

Ratkaisu. Osoitetaan induktiolla, että $$2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots+2^{a_n}\le n- 1+2^{a_1+a_2+\cdots+a_n}.\tag{1}$$ Väite pätee, kun $n=2$: koska $(1-2^{a_1})(1-2^{a_2})\ge 0$, niin $2^{a_1}+2^{a_2}\le 1+2^{a_1+a_2}$. Oletetaan, että (1) on tosi. Silloin samasta syystä kuin edellä
$$\begin{align*} 2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots+2^{a_{n+1}}&\le n- 1+2^{a_1+a_2+\cdots+a_n}+2^{a_{n+1}}\\ &\le n+2^{(a_1+a_2+\cdots+a_n)+a_{n+1}}. \end{align*}$$

19. Neliön $ABCD$ sivun pituus on 1. Olkoon $X$ mielivaltainen sivun $AB$ ja $Y$ mielivaltainen sivun $CD$ piste ja olkoot $M$ $XD$:n ja $YA$:n leikkauspiste ja $N$ $XC$:n ja $YB$:n leikkauspiste. Määritä ne pisteet $X$ ja $Y$, joille nelikulmion $XNYM$ ala on suurin mahdollinen.

Ratkaisu. Kolmiot $BNX$ ja $YNC$ ovat yhdenmuotoiset.Oletetaan, että $BX\ge CY$. Silloin $XN\ge NC$, ja yhtäsuuruus pätee vain, kun $BX=CY$. Olkoon $P$ se janan $NX$ piste, jolle $NP=NC$. Silloin $\vert BNP\vert=\vert BNC\vert$, $\vert YPN\vert=\vert YNC\vert$ ja $\vert BPX\vert\ge \vert YXP\vert$ (yhtäsuuruus vain, kun $BX=CY$). Lisäksi $\vert XNY\vert=\vert XBY\vert-\vert XBN\vert=\vert XBC\vert- \vert XBN\vert=\vert BNC\vert$. Siis $\vert BNX\vert+\vert YNC\vert=\vert BPX\vert+\vert BNP\vert+\vert YNC\vert\ge \... ...ert+\vert BCN\vert+\vert YPN\vert=\vert XNY\vert+\vert BCN\vert=2\vert XNY\vert$. Samankokoiset kolmiot $XNY$ ja $BCN$ peittävät alle puolet puolisuunnikkaasta $XBYC$, joten $\vert XNY\vert\le\frac{1}{4}\vert XBCY\vert$. Samoin osoitetaan, että $\vert XYM\vert\le \frac{1}{4}\vert AXYD\vert$. Siis $\vert XNYM\vert\le \frac{1}{4}$. Yhtäsuuruus pätee edellisten tarkastelujen mukaan silloin ja vain silloin, kun $XB=YC$.

20. Suunnikkaan $ABCD$ sivun $AD$ keskipiste on $E$ ja $F$ on pisteen $B$ kohtisuora projektio suoralla $CE$. Osoita, että $ABF$ on tasakylkinen kolmio.

Ratkaisu. Leikatkoon $CE$ suoran $AB$ pisteessä $G$. Koska $AE=ED$, kolmiot $AEG$ ja $DEC$ ovat yhteneviä. Siis $AG=CD=AB$. Koska $GBF$ on suorakulmainen kolmio, sen ympäri piirretyn ympyrän halkaisija on hypotenuusa $GB$ ja ympyrän keskipiste $GB$:n keskipiste $A$. Siis $AB=AF$, ja $ABF$ on tasakylkinen.

21. Pisteet $A$, $B$, $C$ ja $D$ ovat pallon pinnan eri pisteitä. Janat $AB$ ja $CD$ leikkaavat toisensa pisteessä $F$. Pisteet $A$, $C$ ja $F$ ovat yhtä etäällä pisteestä $E$. Osoita, että suorat $BD$ ja $EF$ ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan.

Ratkaisu. Pisteet $A$, $B$, $C$ ja $D$ ovat samalla ympyrällä $\Gamma$ ja samassa tasossa $\tau$. Olkoon $O$ pisteen $E$ projektio tasolla $\tau$. Suorakulmaiset kolmiot $EOA$, $EOC$ ja $EOF$ ovat yhteneviä, joten $O$ on kolmion $AFC$ ympäri piirretyn ympyrän $\Gamma_1$ keskipiste. Leikatkoon suora $OF$ $\Gamma_1$:n myös pisteessä $G$ ja suoran $BD$ pisteessä $H$. Ympyröiden $\Gamma$ ja $\Gamma_1$ kehäkulmista saadaan $\angle HBA=\angle DCA=\angle FGA$. Kolmiot $HBF$ ja $AGF$ ovat yhdenmuotoiset. Koska $FG$ on $\Gamma_1$:n halkaisija, $\angle GAF=\angle BHF=90\as$. Koska $EO\bot\tau$ ja siis $EO\bot BD$, niin tason $EGF$ kaksi suoraa on kohtisuorassa $BD$:tä vastaan. Täten $BD$ on kohtisuorassa tasoa $EGF$ vastaan ja erityisesti $BD\bot EF$.

22. Teräväkulmaisen kolmion $ABC$ ympäri piirretty ympyrä on $\Gamma$. Olkoon $P$ piste $\Gamma$:n sisäpuolella. Olkoot $X$, $Y$ ja $Z$ ne pisteet, joissa suorat $AP$, $BP$ ja $CP$ myös leikkaavat $\Gamma$:n. Määritä ne pisteet $P$, joille $XYZ$ on tasasivuinen kolmio.

Ratkaisu. Piste $P$ ei voi olla kolmion $ABC$ ulkopuolella. Jos $P$ olisi esim. lyhyemmän kaaren $AB$ määrittämässä segmentissä, olisi se kaarista $XY$, joka ei sisällä pistettä $Z$, suurempi kuin $180\as$. Olkoon siis $P$ sellainen $ABC$:n sisäpiste, että kolmio $XYZ$ on tasasivuinen. Kolmiosta $APY$ saadaan $\angle APB=\angle PAY+\angle PYA=\angle XZY+\angle ACB=\angle ACB+60\as$. Samoin saadaan $\angle BPC=\angle BAC+60\as$ ja $\angle CPA=\angle CBA+60\as$. Mutta tunnetusti niiden pisteiden joukko, joista annettu jana näkyy annetussa kulmassa koostuu kahdesta ympyränkaaresta janan eri puolilla. Kolmion $ABC$ sisällä on siten enintään yksi tehtävän ehdon toteuttava piste $P$. Tällainen piste myös on olemassa, koska edellä saatu kulmaehto merkitsee, että mainitut kaaret ovat kokonaan kolmion sisällä ja siis leikkaavat toisensa.

23. $n$ kiveä asetetaan yhdeksi tai useammaksi kasaksi. Mikä on eri kasoissa olevien kivien lukumäärien tulon suurin mahdollinen arvo?

Ratkaisu. Olkoot $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_k$ positiivisia kokonaislukuja, joiden summa on $n$. Tehtävä on maksimoida tulo $x_1x_2\cdots x_k$. Eri vaihtoehdot läpikäymällä havaitaan, että jos $1\le n\le 4$, maksimi on $n$ ja se saadaan, kun $k=1$. Olkoon $n\ge 5$. Maksimitapauksessa ei voi olla $x_j=1$, koska tulo suurenisi, jos jokin $x_i$ korvattaisiin $x_i+1$:llä ja $x_j$ jäisi pois. Myöskään mikään $x_j$ ei ole $> 4$, koska jos $x>4$, niin $2(x-2)=2x-4>0$; tulo suurenisi, jos $x_j$ korvattaisiin luvuilla $2$ ja $x_j-2$. Minkään $x_j$:n ei tarvitse olla 4, sillä $x_j=4$, tulo ei muutu, jos $x_j$ korvataan kahdella 2:lla. Lisäksi $x_j=2$ enintään kahdella $j$:n arvolla, koska $3+3=2+2+2$, mutta $3\cdot 3>2\cdot 2\cdot 2$. Maksimitilanteessa on siis vain lukuja $x_j=3$ ja $x_j=2$; jälkimmäisiä enintään kaksi kappaletta. Maksimitulot ovat siten seuraavat: jos $n=3m$, maksimi on $3^m$, jos $n=3m+1$, maksimi on $4\cdot 3^{m-1}$, jos $n=3m+2$, maksimi on $2\cdot 3^m$. Jos $n=1$, maksimi on 1.

24. Määritellään lukujonot $(a_n)$ ja $(b_n)$ seuraavasti: $a_1=9$, $b_1=3$, $a_{k+1}=9^{a_k}$, $b_{k+1}=3^{b_k}$, kun $k=1$, 2, ... Määritä pienin $n$, jolle $b_n>a_{2001}$.

Ratkaisu. Jos $3^p>3^q$, niin $3^p\ge 3^{q+1}>2\cdot 3^q$. Osoitetaan induktiolla, että $b_k<a_k<b_{k+1}$ kaikilla $k$. Väite pätee, kun $k=1$: $b_1=3<9=a_1<3^3=b_2$. Oletetaan, että $b_k<a_k<b_{k+1}$. Silloin $3^{b_k}>a_k=9^{a_{k-1}}=3^{2a_{k- 1}}$, joten $b_{k+1}>2a_k$. Näin ollen $a_{k+1}=9^{a_k}>3^{a_k}>3^{b_k}=b_{k+1}$ ja $a_{k+1}=9^{a_k}=3^{2a_k}<3^{b_{k+1}}=b_{k+2}$. Tästä seuraa, että $b_{2001}<a_{2001}<b_{2002}$, joten tehtävän vastaus on $n=2002$.

25. Tasossa on annettuina 2000 pistettä. Osoita, että pisteet voidaan yhdistää pareittain 1000 janalla, jotka eivät leikkaa toisiaan.

Ratkaisu. Jos pisteet yhdistetään pareittain 1000 janalla niin, että janojen pituuksien summa on mahdollisimman pieni, niin janat eivät leikkaa toisiaan. Jos nimittäin $AB$ ja $CD$ leikkaisivat pisteessä $P$, olisi $AB+CD=AP+PB+CP+PD>AC+BD$.

26. Eräs tehdas tuottaa samankokoisia säännöllisiä tetraedreja. Tehdas maalaa tetraedrinsa neljällä värillä $A$, $B$, $C$ ja $D$, kukin tahko omallaan. Montako erilaista tetraedria on mahdollista tuottaa?

Ratkaisu. Olkoot värit $\{A,\,B,\,C,\,D\}$. Väritetty tetraedri voidaan aina kääntää niin, että pohjan väri on $A$ ja että $B$-väri osoittaa esim. etelään. Silloin on vain kaksi mahdollisuutta sijoittaa $C$- ja $D$-värit: $C$ luoteeseen ja $D$ koilliseen tai päinvastoin. Erilaisia tetraedrivärityksiä on siis vain kaksi.

27. Maalaiskoulussa on 20 lasta. Jokaisella kahdella lapsella on yhteinen isoisä. Todista, että eräällä isoisällä on ainakin 14 lastenlasta.

Ratkaisu. Olkoot $A$ ja $B$ $X$:n isoisät. Olkoon lapsista kaikkiaan $k$ kappaletta, $k\ge 1$, sellaisia, joiden isoisät ovat $A$ ja $B$. Olkoon $Y$ lapsi, jonka isoisät eivät ole $A$ ja $B$. Kuitenkin toinen näistä on $Y$:n isoisä; olkoon toinen isoisä $C$ ja toinen $A$. Lapsen $Z$ toinen isoisä on joko $A$ tai $B$ ja toinen isoisä joko $A$ tai $C$. Isoisiä on siis enintään 3, ja $C$ on kaikkien niiden $20-k$:n lapsen isoisä, joiden isoisät eivät ole $A$ ja $B$. Olkoon $A$:lla ja $C$:llä $n$ yhteistä lapsenlasta; silloin $B$:llä ja $C$:llä on $20-k-n$ yhteistä lapsenlasta. Ainakin yksi luvuista $k$, $n$, $20-k-n$ on enintään 6. Jos esim. $k\le 6$, niin $C$:llä on $(20-k-n)+n=20- k\ge 14$ lapsenlasta.

28. Toisessa koulussa oli 13 tyttöä ja 10 poikaa. Opettaja jakoi namusia. Kaikki tytöt saivat keskenään yhtä monta ja kaikki pojat keskenään yhtä monta. Kukaan ei jäänyt ilman. Osoittautui, että tapa, jolla opettaja jakoi namuset, oli ainoa tapa, joka täytti edellä kuvatut ehdot. Montako namusta opettajalla enintään oli?

Ratkaisu. Jos namuja oli $x$ ja jos jokainen poika sai $a$ ja jokainen tyttö $b$ namua, niin $13a+10b=x$. Yhtälön yksittäisratkaisu on $a=-3x$, $b=4x$ ja yleinen ratkaisu $a=- 3x+10t$, $b=4x-13t$, missä $t$ on mielivaltainen kokonaisluku. Koska $a>0$ ja $b>0$, on oltava $10t>3x$ ja $13t<4x$ eli $\frac{3x}{10}<t<\frac{4x}{13}$. Jos $\frac{4x}{13}-\frac{3x}{10}=\frac{x}{130}>2$, tehtävällä on enemmän kuin yksi ratkaisu. Jos $x=260$, ehto sievenee muotoon $78<t<80$. Tällöin ratkaisuja on vain yksi. Opettajalla oli enintään 260 namusta.

29. Todista, että

$$\begin{split} \frac{1}{668}&+\frac{1}{669}+\cdots+\frac{1}{2... ...cdot 7}+\cdots+ \frac{2}{2000\cdot 2001\cdot 2002}. \end{split}$$

Ratkaisu. Jaetaan $\frac{2}{(n-1)n(n+1)}$ osamurtoihin: yhtälöstä
$$\begin{align*} &\frac{2}{(n-1)n(n+1)}=\frac{A}{n-1}+\frac{B}{n}+ \frac{C}{n+1}\\... ...(n^2-n)C}{(n-1)n(n+1)}\\ &=\frac{(A+B+C)n^2+(A-C)n-B}{(n-1)n(n+1)} \end{align*}$$
saadaan $B=-2$, $A=C$, $2A+B=0$, $A=C=1$. Siis
$$\begin{align*} \frac{2}{(n-1)n(n+1)}&=\frac{1}{n-1}-\frac{2}{n}+ \frac{1}{n+1}\\... ...-\frac{3}{n}+\left(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1} \right). \end{align*}$$
Mutta näin ollen
$$\begin{align*} &\sum_{k=1}^{667}\frac{2}{(3k-1)\cdot 3k\cdot (3k+1)}\\ &=-\sum_... ...}+\sum_{m=2}^{2002} \frac{1}{m}=-1+\sum_{m=668}^{2002}\frac{1}{m}, \end{align*}$$
mikä on sama kuin tehtävän väitös.

30. Olkoon $\mathbb{N}^{\ast}$ positiivisten kokonaislukujen joukko. Määritä kaikki funktiot $f:\mathbb{N}^{\ast}\to\mathbb{N}^{\ast}$, joille $f(n+m)=f(n)f(m)$ kaikilla $m$, $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ ja joille yhtälöllä $f(f(x))=(f(x))^2$ on ainakin yksi ratkaisu $x\in\mathbb{N}^{\ast}$.

Ratkaisu. Olkoon $f(1)=a$, Silloin $f(n+1)=f(1)f(n)=af(n)$. Tästä seuraa induktiolla, että $f(n)=a^n$. Yhtälö $f(f(x))=(f(x))^2$ on siis sama kuin $a^{a^x}=(a^x)^2=a^{2x}$. Jos $a=1$, yhtälön ratkaisuja ovat kaikki $x\in\mathbb{N}^{\ast}$. Jos $a\ne 1$, yhtälö saa muodon $a^x=2x$. Ratkaisuja voi olla vain parillisilla $a$:n arvoilla. Jos $a>2$, niin $a^n>2^n\ge 2n$. Kun $a=2$, yhtälöllä on ratkaisu $x=1$. Tehtävällä on siis kaksi ratkaisua: $f(n)=1$ kaikilla $n$ ja $f(n)=2^n$ kaikilla $n$.

Solmun toimitus
3.10.2002