Eesti koolioorte XLIX täppisteaduste olümpiaadi lõppvoor MATEMAATIKAS Tartus, 7. märtsil 2002. a. Lahedused ja vastused IX klass 1. Vastus: 45. Olgu M tipust A lõigule KL tõmmatud ristlõigu aluspukt (vt. jooist 1). Täisurksed kolmurgad AK ja AM K o kogruetsed, sest eil o ühie hüpoteuus AK ja üks paar võrdse suurusega teravurki. Seega AM = A = AD, s.t. täisurksed kolmurgad AML ja ADL o samuti kogruetsed ig kust KAL = KAM + LAM = KA + LAD, 2 KAL = KAM + LAM + KA + LAD = 90 ig KAL = 45. D L M C K A Joois 1 2. Vastus: ei. Kui üks ülesade tigimusi rahuldavatest umbritest a, b ja c o paaris, siis peavad eed umbrid kõik olema paaris (tõepoolest, kui äiteks c o paaris, siis peab ab olema paaris, kust b o paaris; üüd 1
peab ka ca olema paaris, kust a o samuti paaris). Siis aga o ka a 2, b 2 ja c ülesade tigimusi rahuldavad umbrid. Seega võime üldisust 2 kitsedamata eeldada, et eed umbrid o kõik paaritud. Paeme ka tähele, et ükski eist umbritest ei saa olla 5, sest siis peaksid ka kaks ülejääut olema 5. Niisiis piisab vaadelda umbreid 1, 3, 7 ja 9 ig üks umbritest a, b ja c peab olema 3 või 9. Ülejääud kahest umbrist moodustatud arv peab seega jaguma 3-ga, mis aga o võimalik aiult juhul, kui eed kaks umbrit o 3 ja 9. Saadud vastuolu äitab, et ülesade tigimustele vastavaid umbreid a, b ja c ei leidu. 3. Vastus: 2 3. Üldisust kitsedamata võime eeldada, et a 1 < a 2 <... < a. Siis a 1 + a 2 < a 1 + a 3 <... < a 1 + a < a 2 + a <... < a 1 + a, s.t. erievaid summasid o igal juhul vähemalt 2 3. Võttes arvudeks a i arvud 1, 2,..., äeme, et miimaale summa o 1 + 2 = 3 ja maksimaale ( 1)+ = 2 1, s.t. erievaid summasid o sel juhul täpselt 2 3. 4. Vastus: jah. Olgu Mari kirjutatud arvud a, b, c, d ja e (eed ei tarvitse olla kõik erievad). Kõigepealt saab Jüri arvud a ja b asedada võrdsete arvudega x = c + d e. Seejärel saab ta arvud c ja d asedada arvudega e + x x = e ig lõpuks arvud x asedada arvudega e + e e = e: (a, b, c, d, e) (x, x, c, d, e) (x, x, e, e, e) (e, e, e, e, e). 5. Vastus: hukati tõerääkija ja seejärel jäid saarele aiult valetajad, s.t. valetajaid o pärast hukkamist rohkem kui tõerääkijaid. Kui alguses oleksid saarel olud aiult valetajad, oleksid ka ede sõbrad olud kõik valetajad, s.t. ede ütlused esimesel küsitlusel oleksid olud tõesed vastuolu. Kui aga pärast hukkamist oleks saarel mõi tõerääkija, siis pidauks tema ütlused ii esimesel kui ka teisel küsitlusel olema tõesed see pole aga võimalik, sest ühe pärismaalase hukkamise tulemusea ei saa kellegi valetajatest ja tõerääkijatest sõprade arvude vahe muuta märki. 2
X klass 1. Olgu m = dm ja = d, kus SÜT (m, ) = 1. Siis v = m d ig ülesade tigimusest saame 3m d + d = 3m d + d, kust 3m + = 3m + 1 ehk (3m 1)( 1) = 0. Et 3m 1 0, siis 1 = 0 ig seega = d o arvu m jagaja. 2. Kui H o kolmurga AC kõrguste lõikepukt, siis AC H ja C AH, s.t. C o kolmurga AH kõrguste lõikepukt. Vaatleme üüd kolme võimalikku juhtu. (1) Kolmurk AC o teravurke (vt. jooist 2). Siis pukt H asub kolmurga AC sees ig seega pukt C asub kolmurgast AH väljaspool, mistõttu kolmurk AH o üriurke. (2) Kolmurk AC o üriurke ja AC o teravurk. Üldisust kitsedamata eeldame, et üriurk o tipu juures (vt. jooist 3). Et pukt H asub kolmurga AC pikimale küljele AC tõmmatud kõrguse pikedusel üle tipu, siis puktid C ja H asuvad sirgest A erieval pool. Seega pukt C asub kolmurgast AH väljaspool, mistõttu kolmurk AH o üriurke. (3) Kolmurk AC o üriurke ja AC o üriurk (vt. jooist 4). Siis pukt H asub kolmurga AC küljele A tõmmatud kõrguse pikedusel üle tipu C. Seega pukt C asub kolmurga AH sees, mistõttu kolmurk AH o teravurke. H C H H C A A C A Joois 2 Joois 3 Joois 4 3. Vastus: 30. Kui arvude a i hulgas o m paaritut arvu, siis Juku leitud paarituid arve o maksimaalselt f(m) = m(m 1) 2 + 2 m(7 m) = 1 2 (m2 m + 28m 4m 2 ) = 3
= 3 2 m(9 m) = 3 ( 81 ( 9 ) ) 2 2 4 2 m ig f(m) maksimaale väärtus o f(4) = f(5) = 30. Jääb üle äidata, et eed paaritud arvud võivad olla kõik erievad. Selleks võime võtta äiteks a 1 = 2, a 2 = 4 ja a 3 = 6 ig a 4 = 25 = 5 2, a 5 = 125 = 5 3, a 6 = 15625 = 5 6 ja a 7 = 9765625 = 5 10. Siis ede arvude paaritud vahed o 19, 21, 23, 119, 121, 123, 15619, 15621, 15623, 9765619, 9765621, 9765623; ede arvude paaritud summad o 27, 29, 31, 127, 129, 131, 15627, 15629, 15631, 9765627, 9765629, 9765631 ig ede arvude paaritud korrutised o 5 5, 5 8, 5 9, 5 12, 5 13, 5 16. A D C A D Joois 5 Joois 6 C 4. Vastus: 3 + 4 2. Vaadeldava murdjooe lülideks o kuubi servad pikkusega 1 ja kuubi tahkude diagoaalid pikkusega 2. Et kuubil o 8 tippu ig murdjoo ei läbi ühtegi tippu rohkem kui üks kord, siis saab tal olla ülimalt 7 lüli. Värvides kuubi tipud kahe värviga ii, et aabertipud oleksid erievat värvi (vt. jooist 5), äeme, et kuubi vastastipud o erievat värvi ig mistahes tahu vastastipud o sama värvi seega peab 4
murdjoo sisaldama paaritu arvu kuubi servi. Ülaltoodud värvimisest järeldub ka, et murdjoo ei saa sisaldada järjest üle kolme lüli, mis o kuubi tahkude diagoaalid (kua ede otspuktid oleksid siis kõik ühte värvi ja kuubil o aiult 4 üht värvi tippu). Kui üüd murdjoo sisaldaks ühe kuubi serva ja kuus tahkude diagoaali, siis peaks selle kummaski otsas olema kolm lüli, mis o kuubi tahkude diagoaalid o lihte kotrollida, et ede lülide paigutamiseks o sümmeetria täpsusega üksaius võimalus ig saadavad murdjooe osad ei ole ühedatavad kuubi servaga. Seega ei saa vaadeldav murdjoo olla pikem kui 3 + 4 2; sellise pikkusega sobiv murdjoo o äidatud jooisel 6. 5. Vastus: 3 + 1. Olgu S pärast -dat õpilast tahvlil olevate arvude summa. Tõestame iduktsiooiga, et S = 3 +1. Kui = 0, siis S 0 = 2 = 3 0 +1. Eeldame üüd, et k õpilase järel o tahvlil olevate arvude summa 3 k + 1. Siis k + 1 õpilase järel o tahvlil kõik k õpilase järel tahvlil olud arvud ig lisaks (k + 1). õpilase kirjutatud summad seejuures iga k õpilase järel tahvlil olud arv kuulub täpselt kahe sellise summa koosseisu, välja arvatud kaks äärmist arvu 1, mis kuuluvad aiult ühe sellise summa koosseisu. Seega XI klass S k+1 = S k + 2S k 2 = 3(3 k + 1) 2 = 3 k+1 + 1. 1. Vastus: a = 82 9. Paeme tähele, et muutuja vahetusega t = x 4 saame ruutvõrradi t suhtes, ig võrradil x 4 = t 0 o ülimalt kaks lahedit, mis o sel juhul teieteise vastadarvud. Seega juhul, kui võrradil x 8 +ax 4 +1 = 0 o eli lahedit, peavad eed olema kujul ±x 0 ja ±x 1. Eeldades üldisust kitsedamata, et x 1 > x 0, äeme, et eed lahedid o aritmeetilise jada järjestikusteks liikmeteks siis ja aiult siis, kui x 1 = 3x 0. Võrradi t 2 + at + 1 lahediteks o siis x 4 0 ja 81x 4 0 ig Viete i valemitest saame, et 81x 8 0 = 1, kust x 4 0 = 1 9, ig a = 82x4 0 = 82 9. 2. Vastus: 36 + 25 3. 4 5
Olgu vaatluse all kolmurk AC ja pukt P ig olgu P A = 3, P = 4 ja P C = 5. Pöörame kolmurka 60 võrra ümber tipu C, ii et tipp A asetub tipu kohale ja tipp kujutub puktiks (vt. jooist 7). Pukt P kujutub siis puktiks P, kusjuures P = P A = 3, P = P = 4 ja P C = P C = 5. Et lõikude CP ja CP vahelie urk o 60, siis o kolmurk CP P võrdkülge, s.t. P P = 5. Nüüd P 2 + P 2 = 4 2 + 3 2 = 5 2 = P P 2, mistõttu P P = 90. Et kolmurgad AP ja P o kogruetsed, siis AP + AP = AP + P = 120 90 = 30 ig AP = 180 30 = 150. Koosiusteoreemist kolmurgas AP saame üüd A 2 = AP 2 + P 2 2 AP P cos AP = 3 = 9 + 16 + 24 2 = 25 + 12 3 ig otsitav pidala o S = 3 4 A 2 = C 36 + 25 3. 4 4 P 5 5 3 4 3 P Joois 7 A 3. Vastus: ei. Alguses tahvlile kirjutatud 2002-kohalie arv 999... 9 aab 4-ga jagamisel jäägi 3, arv 9 aga jäägi 1. Kui N = ab ig N aab 4-ga 6
jagamisel jäägi 3, siis üks arvudest a ja b aab 4-ga jagamisel jäägi 1 ja teie jäägi 3 ig arvu N asemele tahvlile kirjutatavatest arvudest a ja b (kus a a = 2 ja b b = 2) aab samuti üks 4-ga jagamisel jäägi 1 ja teie jäägi 3. Seega o iga sammu järel tahvlil vähemalt üks arv, mis aab 4-ga jagamisel jäägi 3, mistõttu ei ole võimalik, et migi arvu sammude järel oleksid seal aiult arvud 9. 4. Vastus: 6. Võttes arvudeks a i eli täisarvu ja ühe mitte-täisarvu, saame 6 täisarvulist ja 4 mitte-täisarvulist summat. Tähistagu edaspidi {c} arvu c murdosa, s.t. c = c [c], kus c o arvu c täisosa, ig 0 {c} < 1. Et tõestada N = 6 maksimaalsust, paeme tähele, et: (a) kui {a} {b} ja c o suvalie reaalarv, siis summadest c + a ja c + b ülimalt üks võib olla täisarv; (b) kui a = b, siis a + b o täisarv siis ja aiult siis, kui {a} = 0 või {a} = 0,5; (c) kui {a} {b} ja a + b o täisarv, siis {a} ja {b} ei ole 0 ega 0,5. Vaatleme üüd 5-elemedilise hulga erievaid võimalikke tükeldusi alamhulkadeks, kus ühte alamhulka kuuluvad sama murdosaga arvud. (1) Kui {a 1 } = {a 2 } = {a 3 } = {a 4 } = {a 5 } ig summade a i + a j hulgas o täisarve, siis vastavalt puktile (b) o eed summad kõik täisarvud. (2) Kui {a 1 } = {a 2 } = {a 3 } = {a 4 } = x ig {a 5 } x, siis juhul, kui x ei ole 0 ega 0,5, o meil vastavalt puktile (b) ülimalt 4 täisarvulist summat, vastasel juhul aga vastavalt puktile (c) ülimalt 4 3 = 6 2 täisarvulist summat. (3) Kui {a 1 } = {a 2 } = {a 3 } = x ig {a 4 } = {a 5 } = y x, siis juhul, kui x ega y ei ole 0 ega 0,5, o meil vastavalt puktile (b) ülimalt 2 3 = 6 täisarvulist summat, vastasel juhul aga vastavalt puktile (c) ülimalt 2 + 3 = 5 täisarvulist summat. (4) Kui {a 1 } = {a 2 } = {a 3 } = x ig {a 4 } = y ja {a 5 } = z (kus x, y ja z o kõik erievad), siis juhul, kui x ei ole 0 ega 0,5, o meil vastavalt puktidele (a) ja (b) ülimalt 3 täisarvulist summat, vastasel juhul aga vastavalt puktile (c) ülimalt 1+3 = 4 täisarvulist summat. (5) Kui {a 1 } = {a 2 } = x ig {a 3 } = {a 4 } = y ja {a 5 } = z (kus x, y ja z o kõik erievad), siis juhul, kui x ega y ei ole 0 ega 0,5, 7
o meil vastavalt puktidele (a) ja (b) ülimalt 2 2 = 4 täisarvulist summat, vastasel juhul aga vastavalt puktile (c) ülimalt 2 + 2 = 4 täisarvulist summat. (6) Kui {a 1 } = {a 2 } = x ig {a 3 } = y, {a 4 } = z ja {a 5 } = t (kus x, y, z ja t o kõik erievad), siis juhul, kui x ei ole 0 ega 0,5, o meil vastavalt puktidele (a) ja (b) ülimalt 2 + 1 = 3 täisarvulist summat, vastasel juhul aga vastavalt puktidele (a) ja (c) ülimalt 1 + 1 = 2 täisarvulist summat. (7) Kui arvud a 1, a 2, a 3, a 4, a 5 o kõik erieva murdosaga, siis o meil vastavalt puktile (a) ülimalt 2 täisarvulist summat. Kokkuvõttes ägime, et rohkem kui 6 täisarvulist summat a i +a j saab olla aiult juhul (1), ig sel juhul o kõik summad a i + a j täisarvud. 5. Vastus: kui =, siis 2 k 1 (2 k 1 1); kui = + 1, siis 0. Lahedus 1. Värvime kaheksaurga tipud vaheldumisi mustaks ja valgeks. Kua tipud A ja o ühte värvi ig iga miutiga liigub robot üht värvi tipust teist värvi tippu, siis peab roboti teekod tipust A tippu kestma paarisarvu miuteid. Nummerdame tipud päripäeva 1-st 8-i, alustades tipust A (tippu tähistab siis arv 5), ja märgime järjedia a (k) = (a (k) 1, a(k) 2,..., a(k) 8 ) võimaluste arvud, kuidas robot võib k miutiga jõuda tippudesse 1, 2,..., 8. Tõestame iduktsiooiga m järgi, et iga m 1 korral a (2m) = (2 2m 2 + 2 m 1, 0, 2 2m 2, 0, 2 2m 2 2 m 1, 0, 2 2m 2, 0). Kui m = 1, siis o robot läbiud 2 lõiku. Ta võib läbida eed kaks lõiku ühes suuas või alustada ükskõik kummas suuas ig pöörata vahepeal ümber ja jõuda tippu 1 tagasi. Järelikult a (2) = (2, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0), mis o kooskõlas tõestatava väitega. Eeldame üüd, et väide kehtib juhul m = k. Tähistame lühiduse mõttes 2 k 1 = s, siis a () = (s 2 + s, 0, s 2, 0, s 2 s, 0, s 2, 0). Järgmisele miutile vastava võimaluste järjedi leidmiseks tuleb iga tipu M puhul liita tema aabertippudele vastavad arvud eelmisel mi- 8
util, sest tippu M võib robot liikuda aiult kummmagi aabertipu kaudu. Järelikult a (+1) = (0, 2s 2 + s, 0, 2s 2 s, 0, 2s 2 s, 0, 2s 2 + s) ig aaloogiliselt a (+2) = (4s 2 + 2s, 0, 4s 2, 0, 4s 2 2s, 0, 4s 2, 0). Kua 4s 2 = 2 ja 2s = 2 k, siis oleme tõestaud, et väide kehtib ka juhul m = k + 1. Võimaluste arv, kuidas robot võib jõuda = miutiga tippu = 5, o iisiis 2 2 2 k 1 = 2 k 1 (2 k 1 1). Lahedus 2. Nummerdame kaheksaurga tipud päripäeva 0-st 7-i, ii et tipu A juures o 0 ja tipu juures 4 (edaspidi vaatleme tippude umbreid igal pool modulo 8). Paeme tähele, et kui robot asub k. miutil tipus T k, siis (k+1). miutil asub ta tipus T k + 1 või T k 1 modulo 8 iisiis iga miutiga liitub tipu umbrile, kus robot parajasti o, kas 1 või 1 modulo 8. Seame roboti igale miutit kestvale liikumisele vastavusse summa S, mis kooseb liidetavast 1 või 1. Näiteks S = 1 + 1 1 + 1 tähedab, et robot liikus kaks miutit päripäeva, siis ühe miuti vastupäeva ja seejärel uuesti ühe miuti päripäeva. Seejuures miuti järel asub robot tipus S modulo 8 ig roboti erievate liikumiste ja summade S vahel o üksühee vastavus. Robot jõuab miutiga tipust A = 0 tippu = 4 parajasti siis, kui vastav summa S kooseb liidetavast ig S 4 (mod 8). Olgu S kõigi liidetavaga summade S hulk, siis S = 2. Olgu S (i) selliste liidetavaga summade hulk, mis aavad 8-ga jagamisel jäägi i (i = 0, 1,..., 7). Uurime, kuidas sõltub S (4) arvust. Ilmselt S (4) = 0, kui o paaritu (üldisemalt S m (k) = 0, kui m ja k o erieva paarsusega, sest kõik summad hulgas S m o sama paarsusega agu arv m). Ilmselt S (4) 4 = 2 = 2 1 ja S(4) 6 = 6 2 = 12 = 4 3 (esimesel juhul o sobivas summas kõik liidetavad samamärgilised; teisel juhul peame valima ühe, mis o teistest erieva märgiga: selle liidetava valikuks o 6 võimalust ja tema märgi valikuks 2 võimalust). Tõestame iduktsiooiga, et S (4) = 1 (2 k 1 1). Paeme tähele, et igast summast hulgas S (i) saame kahe liidetava jääk ei saame lõppu lisamisel täpselt kaks erievat summat hulgast S (i) +2 muutu, kui lisame +1 1 või 1+1. Igast summast hulgas S (i) 9
ka täpselt ühe summa hulgas S (i+2) +2, lisades +1 + 1, ja ühe summa hulgas S (i 2) +2, lisades 1 1 (idekseid vaatleme modulo 8). Ühestki summast hulgas S (i) S (m) +2 ei saa kahe liidetava lisamisel summat hulgast, kus m = i ± 1 või m i > 2. Seega S (0) +2 = 2 S(0) + S (2) + S (6), S (2) +2 = 2 S(2) + S (0) + S (4), S (4) +2 = 2 S(4) + S (2) + S (6), S (6) +2 = 2 S(6) + S (0) + S (4). Nüüd = korral S (4) +2 = 2 S(4) + S (2) + S (6) = = 2 S (4) + (2 S (2) 2 + S(0) 2 + S(4) 2 ) + + (2 S (6) 2 + S(0) 2 + S(4) 2 ) = = 2 S (4) + 2 S 2 (sest S (1) 2 = S(3) 2 = S(5) 2 = S(7) 2 = 0) ig seega vastavalt iduktsiooi eeldusele S (4) +2 = 2 1 (2 k 1 1) + 2 2 2 = 2 1 2 k + 2 1 = = 2 2 k = 2 k (2 k 1). Lahedus 3. Samuti agu eelmises laheduses ummerdame kaheksaurga tipud päripäeva 0-st 7-i (käsitledes tippude umbreid modulo 8) ig vaatleme roboti liikumistele üksüheselt vastavaid summasid S, kus liidetavateks o 1 ja 1. Robot jõuab miutiga tipust A = 0 tippu = 4 parajasti siis, kui vastav summa S kooseb liidetavast ja S 4 (mod 8). See tigimus aga kehtib parajasti siis, kui = 4 ja summas S o parajasti k+2+4i liidetavat +1, kus i o migi täisarv seega võime vabalt valida..., k 6, k 2, k+2, k + 6,... liidetavat, mille ette paeme plussi, ig ülejääute ette paeme miiuse. (Tõepoolest, olgu s liidetavat plussmärgiga, siis s liidetavat o miiusmärgiga ja S = s ( s) = 2s 4 (mod 8) ehk samaväärselt s k 2 (mod 4).) Võimalusi roboti tee valimiseks ii, et ta miutiga jõuaks puk- 10
tist A pukti, o iisiis... + C k 6 + C k 2 + C k+2 + C k+6 +..., kus Ct s tähistab kombiatsiooide arvu t elemedist s kaupa ig Ct s = 0, kui s < 0 või s > t. Märkus. Näitame iduktsiooiga k järgi, et Σ =... + C k 6 + C k 2 + C k+2 + C k+6 +... = 2 k 1 (2 k 1 1). Kui k = 2, siis C 0 4 + C 4 4 = 2 = 2 1 (2 1 1). Kehtigu üüd väide k korral, siis k + 1 jaoks saame (kasutades seost C s t+1 = C s 1 t + C s t ) Σ +2 =... + C k 5 +2 + Ck 1 +2 + Ck+3 +2 + Ck+7 +2 +... = =... + C k 6 +1 + Ck 5 +1 + Ck 2 +1 + Ck 1 +1 + + C k+2 +1 + Ck+3 +1 + Ck+6 +1 + Ck+7 +1 +... = =... + C k 7 + 2C k 2 + 2C k 6 + C k 5 + C k 3 + + C k 1 + C k+1 + 2C k+2 + + C k+3 + C k+5 + 2C k+6 + C k+7 +... = =... + C k 7 + C k 5 + C k 3 + C k 1 + C k+1 + C k+3 + + C k+5 + C k+7 +... + 2 2 k 1 (2 k 1 1) = =... + C k 8 1 + Ck 7 1 + Ck 6 1 + Ck 5 1 + + C k 4 1 + Ck 3 1 + Ck 2 1 + Ck 1 1 + + C k 1 + C k+1 1 + Ck+2 1 + Ck+3 1 + + C k+4 1 + Ck+5 1 + Ck+6 1 + Ck+7 1 +... + + 2 2 k 1 (2 k 1 1) = = 2 1 + 2 2 k 1 (2 k 1 1) = 2 k (2 k 1 + 2 k 1 1) = = 2 k (2 k 1). XII klass 1. Vastus: 17 miutit. Veedume kõigepealt, et kogu seltskoal o võimalik tuel läbida 17 miutiga: 1) Peeter ja Jüri läbivad tueli (2 miutit); 11
2) Peeter toob tõrviku tagasi (1 miut); 3) Kati ja Mari läbivad tueli (10 miutit); 4) Jüri toob tõrviku tagasi (2 miutit); 5) Peeter ja Jüri läbivad tueli (2 miutit). Näitame üüd, et vähem kui 17 miutiga pole kõigil võimalik tuelit läbida. Ilmselt tuleb tuel kokku läbida paaritu arv kordi ig vähemalt 5 korda: 3 korda pärisuuas ja 2 korda vastassuuas tõrviku tagasitoomiseks (ühest tõrviku tagasitoomisest ei piisa, kua selle järel o tueli alguses vähemalt 3 iimest, kes ei saa korraga tuelit läbida). Kui tuel läbitakse 7 või rohkem korda, siis kulub selleks mitte vähem kui 10 + 2 + 5 1 = 17 miutit. Kui tuel läbitakse 5 korda, siis pärisuualiselt miakse iga kord kahekesi ja see võtab aega vähemalt 2 miutit, kusjuures üks kord (kui läbimiejaks o Mari) kulub aega 10 miutit. Kui tõrviku tagasitoojaks o mõlemal korral Peeter, siis peab Peeter osalema ka igas tuelit pärisuualiselt läbivas paaris, mistõttu Kati ja Mari peavad tueli läbima eraldi ig kokku kulub mitte vähem kui 10 + 5 + 2 + 2 1 = 19 miutit. Kui aga ühel korral ei ole tõrviku tagasitoojaks Peeter, siis kulub kokku mitte vähem kui 10 + 2 + 2 + 2 + 1 = 17 miutit. 2. Vastus: ei. Olgu N aiult umbritest 2 ja 0 koosev arv, mis lõpeb t ulliga (t 0), siis N = 2... 2 10 t = 1... 1 2 t+1 5 t, kus arvus 2... 2 puktiiriga äidatud osa kooseb umbritest 2 ja 0 (arvus 1... 1 vastavalt 1 ja 0). Kua tegur 1... 1 ei jagu 2-ga ega 5-ga, siis juhul, kui N = k, peavad ii t + 1 kui ka t olema arvu k kordsed, mistõttu k = 1. 3. Viies kõik liikmed ühele poole, avades sulud ja koodades sarased liikmed saame, et ülesades atud võrratus o samavääre võrratusega a 4 + b 4 + c 4 2a 2 b 2 2b 2 c 2 2c 2 a 2 < 0. Teisedame selle võrratuse vasakut poolt: a 4 + b 4 + c 4 2a 2 b 2 2b 2 c 2 2c 2 a 2 = 12
= (a 2 + b 2 c 2 ) 2 4a 2 b 2 = = (a 2 + b 2 c 2 2ab)(a 2 + b 2 c 2 + 2ab) = = ( (a b) 2 c 2 ) )( (a + b) 2 c 2) = = (a b + c)(a b c)(a + b + c)(a + b c). Ülesades atud võrratus o iisiis samavääre võrratusega (a + b + c)(a + b c)(b + c a)(c + a b) > 0. (1) Sii esimee tegur o positiive ig ülejääud teguritest ei saa rohkem kui üks korraga olla egatiive (olgu äiteks a + b c < 0 ja b + c a < 0, siis ede võrratuste liitmisel saame 2b < 0 vastuolu). Seega kehtib võrratus (1) siis ja aiult siis, kui arvudest a, b ja c mistahes kahe summa o suurem kolmadast, s.t. eed arvud o migi kolmurga külgede pikkusteks. l 2 D K C A ω L ω 2 l 1 ω 1 Joois 8 4. Lahedus 1. Olgu ω 1 ja ω 2 vastavalt kolmurkade AKL ja CKL ümberrigjooed (vt. jooist 8). Oletame, et rigjooed ω ja ω 2 puutuvad teieteist puktis C, ig olgu l 2 ede ühie puutuja. Et kõõlule toetuv piirdeurk o võrde urgaga selle kõõlu ja tema otspuktis 13
rigjooele tõmmatud puutuja vahel, siis KLC = KCl 2 = Cl 2 = DC, mistõttu KL D. Seega AD = AKL ig järelikult rigjooele ω puktis A tõmmatud puutuja moodustab kõõluga A sama suure urga agu rigjooele ω 1 puktis A tõmmatud puutuja moodustab kõõluga AL. Et puktid A, ja L o ühel sirgel, siis rigjootel ω ja ω 1 o puktis A ühie puutuja l 1, s.t. eed rigjooed puutuvad teieteist puktis A. Rakedades sama arutelu vastassuuas äitame, et rigjoote ω ja ω 1 puutumisest puktis A järeldub rigjoote ω ja ω 2 puutumie puktis C. Lahedus 2. Samuti agu esimeses laheduses olgu ω 1 ja ω 2 vastavalt kolmurkade AKL ja CKL ümberrigjooed. Kui rigjooed ω ja ω 1 puutuvad teieteist puktis A, siis leidub sellie homoteetiateisedus keskpuktiga puktis A, mis viib rigjooe ω rigjooeks ω 1. Et K o sirge AD lõikepukt rigjooega ω 1 ja L o sirge A lõikepukt rigjooega ω 1 ig puktid ja D paikevad rigjooel ω, siis see homoteetia viib pukti D puktiks K ig pukti puktiks L, mistõttu KL D. Et seejuures lõigud K ja DL lõikuvad puktis C, siis leidub homoteetiateisedus keskpuktiga C, mis viib pukti puktiks K ig pukti D puktiks L. See homoteetia viib siis kolmurga CD ümberrigjooe ω kolmurga CKL ümberrigjooeks ω 2, mistõttu rigjooed ω ja ω 2 puutuvad teieteist puktis C. Aaloogiliselt äitame, et rigjoote ω ja ω 2 puutumisest puktis C järeldub rigjoote ω ja ω 1 puutumie puktis A. 5. Vastus: 2002. Lahedus. Tähistame k võidu võimalike jaotumiste arvu külalise vahel sümboliga C k. Paeme tähele, et mistahes k võidu jaotumise külalise vahel saab ühe lisavõidu väljaloosimisega ülejääud k külalise seas täiedada k erievaks k + 1 võidu jaotumiseks. Iga k +1 võidu jaotumie o iimoodi saadav aga k +1 erievast k võidu jaotumisest ( k + 1 võidust ükskõik millise võime lugeda lisavõiduks). Seega mistahes > 0 ja 0 k korral kehtib valem C k+1 = k k + 1 Ck. (2) 14
Tähistagu järgevas ja m vastavalt külaliste arvu ja tegelikku võitude arvu. Ülesade tigimustest saame võrradisüsteemi C m C m+1 = 2 C m 1 = 3 2 Cm. (3) Asedades sii võrduste vasakud pooled valemi (2) järgi, saame m + 1 m C m 1 m m + 1 Cm = 2 C m 1 = 3 2 Cm Et ülesade tigimuste järgi ilmselt C m > 0 ja C m 1 > 0, saame esimesest võrradist m + 1 = 2m, kust = 3m 1, ig teisest võrradist 2( m) = 3(m + 1). Asedades sii = 3m 1, saame 4m 2 = 3m + 3, kust m = 5 ja = 14. Jääb veel leida võitude jaotumiste arv 14 külalise ja 5 võidu korral: C 5 14 = C 1 14 13 2 12 3 11 4 10 5 = 14 13 11 = 2002. 15