Lõppvoor 2019 - ut

Lõppvoor 2019

Ülesanded 19. klass . . . . . . . . . . . . . . 1

10. klass . . . . . . . . . . . . . 2

11. klass . . . . . . . . . . . . . 3

12. klass . . . . . . . . . . . . . 4

Ülesanded vene keeles 59 класс . . . . . . . . . . . . . . 5

10 класс . . . . . . . . . . . . . 6

11 класс . . . . . . . . . . . . . 7

12 класс . . . . . . . . . . . . . 8

Ülesanded inglise keeles 9Grade 9 . . . . . . . . . . . . . . 9

Ülesanded soome keeles 109. luokka . . . . . . . . . . . . . 10

Lahendused 119. klass . . . . . . . . . . . . . . 11

10. klass . . . . . . . . . . . . . 15

11. klass . . . . . . . . . . . . . 20

12. klass . . . . . . . . . . . . . 26

Hindamisskeemid 329. klass . . . . . . . . . . . . . . 32

10. klass . . . . . . . . . . . . . 35

11. klass . . . . . . . . . . . . . 37

12. klass . . . . . . . . . . . . . 40

Võistluskomplekti valmimisse panustasid:

Kaarel HänniJaan Kristjan Kaasik

Oleg KošikAleksei LissitsinHärmel Nestra

Markus Rene Pae

Erik PaemurruAgo-Erik Riet

Kaur Aare SaarSandra Schumann

Janno Veeorg

Eesti LXVI matemaatikaolümpiaad

13. aprill 2019 Lõppvoor 9. klass

Lahendamisaega on 5 tundi.Iga ülesande õige ja ammendavalt põhjendatud lahendus annab 7 punkti.Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.Palun vormista erinevate ülesannete lahendused eraldi lehtedele!

1. Leia kõik täisarvude paarid (x, y), mille korral x − y = x y .

2. Noorsportlane alustab kanuusõitu piki jõge punktist A punkti B suunas.Jõudnud punkti B, pöörab ta hetkeliselt ümber ja sõuab sama teed tagasipunkti A. Samal hetkel, kui noorsportlane oma sõitu alustab, stardib tematreener punktist B punkti A suunas. Jõudnud punkti A, pöörab ta hetkeliseltümber ja sõuab sama teed tagasi punkti B. Noorsportlane ja treener koh-tuvad oma sõidu jooksul kaks korda, kusjuures algushetkest esimese koh-tumiseni kulub samapalju aega kui jääb kahe kohtumise vahele. Vesi voolabühtlase kiirusega ja kumbki kanuu liigub vee suhtes kogu sõiduaja ühesugu-se kiirusega. On veel teada, et treeneri kiirus kalda suhtes on pärivoolu sõi-tes täpselt kolmandiku võrra suurem kui vastuvoolu sõites, vee suhtes agasõidab treener kiiremini kui noorsportlane. Mitu korda sõidab treener veesuhtes kiiremini kui noorsportlane? Leia kõik võimalused.

3. Nelinurgas ABCD on |AB | = |BC |. Sirgel AB asub selline punkt E , et|DB | = |BE | ning lõigud AD ja DE on risti. Tõesta, et lõikude AD , DC jaCE keskristsirged lõikuvad ühes punktis.

4. Ruudustik mõõtmetega a × h painutatakse silindri külgpinnaks,köites kokku vastasküljed pikkusega h . Saadud pinnast hakataksepiki ühikruutude servi välja lõikama joonisel näidatud kujuga tük-ke (joonist võib pöörata ja peegeldada). Leia suurim tükkide arv,mille saab niimoodi välja lõigata, kui

a) a = 10 ja h = 5;

b) a = 11 ja h = 5.

5. Nimetame huvitavateks kõiki positiivseid täisarve kujul 3 · 7k , kus k on po-sitiivne täisarv. Kas mingi hulga erinevate huvitavate positiivsete täisarvudekokkuliitmisel on võimalik saada tulemuseks mõne positiivse täisarvu ruut?




1. Leia kõik täisarvude paarid (x, y), mille korral x − y =x

y.

2. Olgu a , b ja c mingid positiivsed reaalarvud. Kaks panka mängivad omava-hel järgmist mängu. Alguses on ühel pangal a ja teisel b eurot. Oma käigulvarastab kumbki pank teiselt poole tema rahast endale. Käiakse kordamöö-da ja alustab see, kel on alguses vähem raha. Pank, kellele jääb mingil hetkelc eurot või vähem, läheb pankrotti, millega mäng ka lõpeb. Tõesta, et kuialustaja pole kohe pankrotis, siis ei lähe ta kunagi pankrotti.

3. Teravnurkse erikülgse kolmnurga ABC külgede BC , AC ja AB keskpunk-tid on vastavalt D , E ja F . Punkt G on sümmeetriline punktiga E sirge BC

suhtes ning H on kolmnurga ABC tipust A tõmmatud kõrguse aluspunkt.Tõesta, et sirge FG poolitab lõigu DH .

4. Olümpiaadide hea tava jätkamiseks moodustatakse Teaduskoolis õppeaine-te esindajatest komisjon. Selle iga liige kuulub täpselt ühte 7 arutelusekt-sioonist ja igas sektsioonis on erinev positiivne arv liikmeid. Hääletusel oniga arutelusektsiooni liikmed kas kõik poolt või kõik vastu. Otsuse vastuvõt-miseks komisjonis peab poolthääletanud liikmeid olema rohkem kui vastu-hääletanud liikmeid.

a) Leia vähim võimalik liikmete arv komisjonis.

b) Mitmel erineval viisil on selle vähima liikmete arvu korral võimalik ot-sus vastu võtta? (Viisid loeme erinevaks, kui vähemalt ühe sektsiooniliikmed hääletavad nende puhul erinevalt.)

5. Täisnurkse kolmnurga kõigi külgede pikkused on täisarvud. Tõesta, et sellekolmnurga siseringjoone raadius on täisarv.




1. Mari kirjutas tahvlile algarvu, mis on suurem kui 1017 , aga väiksem kui1017 + 10. Leia Mari kirjutatud arv.

2. Tõesta, et mistahes positiivsete täisarvude m ja n korral

(m + n)!

m! · n!> m · n.

Märkus. Naturaalarvu x faktoriaaliks x! nimetatakse kõigi naturaalarvude1 kuni x korrutist.

3. Võrdhaarses kolmnurgas ABC on tipu B juures nürinurk. Külje BC kesk-ristsirge lõikab sirgeid AC ja AB vastavalt punktides K ja M . Olgu A′ punkt,mis on sümmeetriline punktiga A sirge BK suhtes. Tõesta, et punktid A′ , M

ja C on ühel sirgel.

4. Ats ja Pets mängivad järgmist mängu. Algul on tahvlile kirjutatud täisarv n ,kusjuures n Ê 3. Ats saab oma käigul asendada parajasti tahvlil oleva arvuomal valikul kas 3 võrra suurema või 1 võrra väiksema arvuga. Pets saab omakäigul asendada parajasti tahvlil oleva arvu omal valikul kas 2 võrra suure-ma või 2 võrra väiksema arvuga. Käiakse kordamööda ja võidab mängija, keskirjutab tahvlile sellise arvu k , mille korral |k − n| Ê n . Kui aga kellegi käigutulemusel tekib tahvlile selline arv, mis selle mängu käigus seal juba olnud,siis jääb mäng viiki. Atsile ja Petsile ei meeldi viiki jääda, mistõttu viigi kor-ral alustavad nad kohe uut mängu, mille alguses on tahvlil 1 võrra väiksemarv kui eelmise mängu alguses. Esimese mängu alustaja otsustab Pets en-ne mängu algust, igas järgmises mängus aga käib esimesena see, kelle käikoleks olnud parajasti viigiga lõppenud mängus. Nii mängitakse, kuni kas Atsvõi Pets lõpuks võidab. Kas kumbki poistest saab lõpuks võita vastase igavastumängu korral ja kui jah, siis kumb?

5. Olgu n naturaalarv, n Ê 3. Tasandil märgitakse suvaliselt n punkti, millestükski kolm ei asu ühel sirgel. Kas võib kindel olla, et leidub n-nurk, millekõik tipud asuvad märgitud punktides?

Märkus. Hulknurgaks loeme ennast mitte lõikavat kinnist murdjoont.




1. Positiivsete täisarvude a , b ja c korral kehtib võrdus 10a2 − 3ab + 7c2 = 0.Leia avaldise SÜT(a, b) · SÜT(b, c) · SÜT(c, a) vähim võimalik väärtus.

2. Kumb arvudest sin 1− cos 1 ja1

4on suurem? (Trigonomeetriliste funktsioo-

nide argumendid on radiaanides.)

3. Tasandil on antud rööpkülik ABCD . Ringjoon, mis läbib punkte A ja D , lõi-kab külge AB , diagonaale BD ja AC ning külge CD teist korda vastavaltpunktides B1 , B2 , C2 , C1 . Sirged B1B2 ja C1C2 lõikuvad punktis K . Tõesta,et punkt K asub võrdsel kaugusel sirgetest AB ja CD .

4. Riigis on lõplik arv linnu. Mõningaid linnu ühendavad omavahel kahesuu-nalised lennuliinid. Otsustatakse iga lennuliin asendada ühesuunalise len-nuliiniga samade linnade vahel ühes või teises suunas. Kas seda on alati või-malik teha nii, et iga linna korral erinevad temasse saabuvate ja temast väl-juvate lennuliinide arvud ülimalt 1 võrra?

5. Leia kõik positiivsed täisarvud n , mille korral leidub kumer n-nurk, millesisenurkade suurused kraadides on järjestikused positiivsed täisarvud.

LXVI Олимпиада Эстонии по математике

13 апреля 2019 г. Заключительный тур 9 класс

Время, отводимое для решения: 5 часов.

Верное и достаточно обоснованное решение каждой задачи даёт 7 баллов.

Вспомогательные письменныематериалыили электронные приборыне разрешены.

Пожалуйста, оформляйте решения разных заданий на отдельных листках!

1. Найти все пары целых чисел (x, y), при которых x − y = x y .

2. Спортсмен начинает заплыв наканоэ по речке отпунктаA в направлении

пункта B. Прибыв в пункт B, он моментально разворачивается и плывёт

по тому же пути обратно в пункт A. В то же мгновение, как спортсмен на-

чинает заплыв, его тренер стартует из точки B в направлении точки A.

Прибыв в пункт A, он моментально разворачивается и плывёт по тому

же пути обратно в пункт B. На протяжении заплыва спортсмен и тренер

встречаются два раза, причём от начального момента до первой встречи

проходит столько же времени, сколько и между двумя встречами. Вода

течёт с равномерной скоростью и на протяжении всего заплыва каждое

из каноэ двигается относительно воды с одинаковой скоростью. Извест-

но ещё, что относительно берега скорость тренера, когда он плывёт по

течению, ровно на треть больше, чем когда он плывёт против течения.

А относительно воды тренер плывёт быстрее, чем спортсмен. Во сколь-

ко раз относительно воды тренерплывёт быстрее, чем спортсмен? Найти

все возможности.

3. Вчетырёхугольнике ABCD выполняется |AB | = |BC |.Напрямой AB есть

такая точка E , что |DB | = |BE |, а отрезки AD и DE перпендикулярны

друг другу. Доказать, что срединные перпендикуляры отрезков AD , DC

и CE пересекаются в одной точке.

4. Изклетчатогополя размером a×h образовали боковую поверх-

ность цилиндра, склеив противоположные стороны длиной h .

Из полученной поверхности по границам клеток начинают вы-

резать кусочки показанной на рисунке формы (рисунок можно

поворачивать и зеркально отражать). Найти наибольшее число

кусочков, которые можно таким образом вырезать, если

а) a = 10 и h = 5;

б) a = 11 и h = 5.

5. Назовём интересными все положительные целые числа вида 3 ·7k , где k

– положительноецелое число.Можноли, складываякакое-томножество

различных интересных положительных целых чисел, получить в резуль-

тате квадрат какого-то положительного целого числа?







1. Найти все пары целых чисел (x, y), при которых x − y =x

y.

2. Даны действительные положительные числа a , b и c . Два банка играют

между собой в следующую игру. В начале у одного банка a , а у другого

b евро. На своём ходу каждый банк крадёт у другого половину его денег.

Ходят по очереди, начинает тот, у кого в начале меньше денег. Банк, у ко-

торого в какой-томомент останется c евроилименьше, становитсябанк-

ротом, чем игра и заканчивается. Доказать, что если начинающий не яв-

ляется банкротом с самого начала, то уже никогда не станет банкротом.

3. В разностороннемостроугольном треугольнике ABC центрысторон BC ,

AC и AB находятся соответственно в точках D , E и F . Точка G симмет-

рична точке E относительно прямой BC , а H является основанием вы-

соты треугольника ABC , проведённой из вершины A . Доказать, что пря-

мая FG делит отрезок DH пополам.

4. Научная школа создала комиссию из представителей учебных предме-

тов.Каждыйчленэтойкомиссии входитровноводнуиз 7 дискуссионныхсекций, причём в каждой секции различное положительное число чле-

нов. При голосовании члены каждой секции всегда либо все за, либо все

против. Для принятия решения проголосовавших «за» членов комиссии

должно быть больше, чем проголосовавших «против».

а) Найти наименьшее возможное количество членов в комиссии.

б) Сколько различных способов принять решение существует при этом

наименьшем количестве членов? (Будем считать способы различны-

ми, если членыпо крайнеймере одной секции голосуют по-разному.)

5. В прямоугольном треугольнике длины всех сторон целочисленны. Дока-

зать, что радиус вписанной в него окружности также целочисленен.







1. Маша записала на доске простое число, которое больше, чем 1017 , но

меньше, чем 1017 + 10. Найти число, записанное Машей.

2. Доказать, что при любых положительных целых числах m и n

(m + n)!

m! · n!> m · n.

Примечание. Факториалом x! натурального числа x называют произве-

дение всех натуральных чисел от 1 до x .

3. В равнобедренном треугольнике ABC угол при вершине B тупой. Сере-

динный перпендикуляр стороны BC пересекает прямые AC и AB соот-

ветственнов точках K и M . Пусть A′ – точка, симметричная точке A отно-

сительно прямой BK . Доказать, что точки A′ , M и C находятся на одной

прямой.

4. Артём и Петя играют в следующую игру. Изначально на доске записано

целое число n , причём n Ê 3. Артём может своим ходом заменить чис-

ло, записанное в данный момент на доске, или на 3 большим, или на 1меньшим числом. Петяможет своим ходом заменить число, записанное в

данный момент на доске, или на 2 большим, или на 2 меньшим числом.

Ходят по очереди и выигрывает игрок, который запишет на доске такое

число k , что |k − n| Ê n . Если же в результате хода кого-то из игроков на

доске возникнет число, которое было уже ранее записано по ходу этой

игры, то игра заканчивается вничью. Мальчикам не нравится заканчи-

ватьигру ничьёй, поэтомув случаеничьиони сразу начинаютновуюигру,

в начале которой на доске записывают на 1 меньшее число, чем в начале

предыдущей игры. Начинающего первой игры выбирает Петя перед на-

чаломигры, а в каждой последующейигре первым ходит тот, чей ход был

бы в игре, окончившейся только что вничью. Так играют до тех пор, пока

или Артём, или Петя не победит. Сможет ли кто-то из мальчиков в итоге

победить в независимости от игры соперника, и если да, то кто?

5. Пусть n – натуральное число, n Ê 3. На плоскости отмечают произволь-ные n точек, среди которых никакие три не находятся на одной прямой.

Можно ли уверенно утверждать, что найдётся n-угольник, все вершины

которого находились бы в отмеченных точках?

Примечание. Многоугольником назовём несамопересекающуюся зам-

кнутую ломаную.







1. Для положительных целых чисел a , b и c выполняется равенство

10a2 − 3ab + 7c2 = 0.

Найти значение выражения НОД(a, b) ·НОД(b, c) ·НОД(c, a).

2. Какое из чисел sin 1−cos 1 и1

4больше? (Аргументы тригонометрических

функций в радианах.)

3. На плоскости дан параллелограмм ABCD . Окружность, проходящая че-

рез точки A и D , пересекает сторону AB , диагонали BD и AC , а также

сторону CD второй раз соответственно в точках B1 , B2 , C2 , C1 . Прямые

B1B2 и C1C2 пересекаются в точке K . Доказать, что точка K находится на

равных расстояниях от прямых AB и CD .

4. В стране конечное число городов. Некоторые города между собой со-

единяютдвухсторонниеавиалинии. Принялирешение заменить каждую

авиалинию одностороннейавиалиниеймежду темиже городами в одном

или противоположном направлении. Всегда ли возможно осуществить

это так, что для каждого города количества входящих в него и исходящих

из него авиалиний будут отличаться не более, чем на 1?

5. Найти все положительные целые числа n , для которых найдётся выпук-

лый n-угольник, величины внутренних углов которого в градусах будут

последовательными натуральными числами.

LXVI Estonian Mathematical Olympiad

April 13, 2019 Final round Grade 9

Working time: 5 hours.A correct and sufficiently explained solution to each problem is worth 7 points.Written materials or electronic devices are not permitted.Please write the solution of only one problem on each sheet of paper!

1. Find all pairs (x, y) of integers such that x − y = x y .

2. An athlete starts canoeing along river from point A towards point B. Afterreaching point B, he instantly turns around and rows back to point A alongthe same way. At the same moment when the athlete begins his trip, hiscoach starts from point B towards point A. After reaching point A, he in-stantly turns around and rows back to point B along the same way. The ath-lete and the coach meet twice during their trip, whereby the time passedfrom the start until the first meeting equals the time remaining between thetwo meetings. The water flows at a constant speed and either canoe movesat a constant speed w.r.t. the water during the whole trip. The speed ofthe coach w.r.t. the banks when moving downstream is exactly by one thirdlarger than his speed when moving upstream, whereas the coach movesfaster than the athlete w.r.t. the water. How many times faster than the ath-lete does the coach move w.r.t. the water? Find all possibilities.

3. In quadrilateral ABCD we have |AB | = |BC |. Point E on the line AB issuch that |DB | = |BE | and the line segments AD and DE are perpendicular.Prove that the perpendicular bisectors of the line segments AD , DC and CE

meet in one point.

4. A rectangular grid of size a × h is bended to the lateral surface ofa cylinder by bundling its sides of length h together. From the sur-face obtained, one starts along the edges of unit squares cutting offpieces of the shape shown in the figure (the figure is allowed to berotated and reflected). Find the largest number of pieces that canbe cut off in this way if:

a) a = 10 and h = 5;

b) a = 11 and h = 5.

5. Let us call interesting all positive integers of the form 3 · 7k where k is apositive integer. Can a number of distinct interesting positive integers sumup to the square of a positive integer?

Viron LXVI kansallinen matematiikkakilpailu

13. huhtikuuta 2019 Loppukilpailu 9. luokka

Suoritusaika: 5 tuntia.Jokaisesta oikeasta ja hyvin perustellusta tehtävän ratkaisusta saa 7 pistettä.Kirjallisen materiaalin tai elektronisten laitteiden käyttö on kiellettyä.Ratkaise jokainen tehtävä erilliselle paperille!

1. Etsi kaikki kokonaisluku parit (x, y), joille pätee x − y = x y .

2. Urheilija lähtee melomaan pisteestä A kohti pistettä B. Saavutettuaan pis-teen B hän kääntyy välittömästi ja meloo samaa reittiä takaisin pisteeseen A.Samaan aikaan kun urheilija aloittaa matkansa, hänen valmentajansa lähteemelomaan pisteestä B kohti pistettä A. Kun valmentaja saavuttaa pisteen A,hän kääntyy välittömästi ja meloo takaisin pisteeseen B samaa reittiä pit-kin. Urheilija ja valmentaja kohtaavat kaksi kertaa matkan aikana, jolloin ai-ka lähdöstä ensimmäiseen kohtaamiseen on yhtä kuin aika, joka jää kahdentapaamisen väliin. Veden virtausvauhti on vakio ja molempien kanoottiennopeus on vakio suhteessa veteen koko matkan ajan. Valmentajan nopeussuhteessa rantapenkereeseen alavirtaan liikkuessa on tasan yhden kolmas-osan suurempi kuin hänen nopeutensa ylävirtaan, ja valmentaja liikkuu no-peammin kuin urheilija suhteessa veteen. Kuinka monta kertaa nopeamminvalmentaja liikkuu kuin urheilija? Etsi kaikki mahdolliset ratkaisut.

3. Nelikulmiossa ABCD pätee |AB | = |BC |. Piste E sijaitsee janalla AB sitenettä |DB | = |BE | ja että janat AD ja DE ovat kohtisuorassa. Todista, ettäjanojen AD , DC ja CE keskinormaalit leikkaavat yhdessä pisteessä.

4. Suorakulmaisen ruudukon koko on a × h . Ruudukko taivutetaanlieriön vaipan ympärille yhdistämällä sivut, jonka pituus on h .Saadusta tasosta leikataan yksikkönelijöiden reunoja pitkin kuvanmuotoisia paloja (kuviota voi kääntää ja peilata). Selvitä mikä onsuurin mahdollinen leikattavien palojen lukumäärä, jos:

a) a = 10 ja h = 5;

b) a = 11 ja h = 5.

5. Kutsutaan mielenkiintoisiksi kaikkia positiivisia kokonaislukuja, joka ovat

muotoa 3 · 7k , jossa k on positiivinen kokonaisluku. Voiko usean mielen-kiintoisen positiivisen kokonaisluvun summa olla positiivisen kokonaislu-vun neliö?



Lahendused

1. Vastus: (0, 0) ja (−2, 2).

Lahendus 1. Antud võrrandi saab viia samaväärsele kujule x(1 − y) = y .Seega arv x on arvu y tegur. See võrrand on aga samaväärne ka võrrandigay(x + 1) = x . Seega ka arv y on arvu x tegur. Kokkuvõttes x = y või x = −y .Kui x = y , siis saame esialgsest võrrandist x y = 0, seega x = y = 0. Kuix = −y 6= 0, saame võrrandist y(x + 1) = x taandamisel x + 1 = −1, kustx = −2 ja järelikult y = 2.

Lahendus 2. Antud võrrand on samaväärne võrrandiga y(x + 1) = x . Kuioleks x + 1 = 0, peaks selle võrduse järgi olema ka x = 0, mis pole võimalik.

Seega x + 1 6= 0 ja võrrandi saab kirjutada kujule y =x

x + 1. Siit näeme, et

x É 0, muidu y pole täisarv, sest 0 <x

x + 1< 1. Juhul x = 0 saame y = 0,

juht x = −1 pole võimalik ning juhul x = −2 saame y = 2. Kui aga x É −3,

siisx

x + 1pole täisarv, sest |x| ei jagu temast vaid 1 võrra väiksema arvuga

|x + 1|. Seega ainsad võrrandit rahuldavad paarid on (0, 0) ja (−2, 2).

Lahendus 3. Antud võrrand on samaväärne võrrandiga x y − x + y = 0. La-hutades mõlemast poolest 1 ja tegurdades vasakul, saame

(x + 1)(y − 1) = −1.

Seega x + 1 ja y − 1 on absoluutväärtuselt võrdsed arvuga 1 ja vastasmär-gilised. Kui x + 1 = 1 ja y − 1 = −1, siis x = y = 0, kui aga x + 1 = −1 jay − 1 = 1, siis x = −2 ja y = 2.

2. Vastus:11

5või 5.

Olgu punktide A ja B vahemaa s . Lugedes positiivseks suuna punktist Apunkti B poole, olgu vee kiirus kalda suhtes v0 . Noorsportlase ja treenerikiiruste absoluutväärtused vee suhtes olgu vastavalt v1 ja v2 . Olgu t ajava-hemik sõidu algusest esimese kohtumiseni. Et ajaga t läbivad kanuud kokku

vahemaa s kogukiirusel (v1 + v0) + (v2 − v0) ehk v1 + v2 , siis t =s

v1 + v2.

Esimese kohtumise ajaks on kalda suhtes aeglasem kanuu läbinud ülimaltpool teekonda punktide A ja B vahel. Et esimesest kohtumisest teise koh-tumiseni kulub samapalju aega kui algusest esimese kohtumiseni, ei jõua

11

kalda suhtes aeglasem kanuu teise kohtumise ajaks läbida rohkem kui üheteepikkuse punktide A ja B vahel. Seega teine kohtumine leiab aset, kui kii-rem kanuu, olles tagasiteel alguspunkti, jõuab aeglasemale järele. Andme-test tulenevalt on kiirem treeneri kanuu.

Järelikult on noorsportlane kanuude teise kohtumise hetkeks läbinud vahe-maa (v1 + v0) · 2t . Treener on selleks ajaks läbinud teepikkuse s kiiruselv2 − v0 ja lisaks vahemaa (v1 + v0) · 2t kiirusel v2 + v0 . Selleks kulutab ta

kokku ajas

v2 − v0+

(v1 + v0) · 2t

v2 + v0. Seega 2t =

s

v2 − v0+

(v1 + v0) · 2t

v2 + v0, kust

2t · (v2 − v1) = s ·v2 + v0

v2 − v0. Arvestades, et t =

s

v2 + v1, saame võrrandi

2 ·v2 − v1

v2 + v1=

v2 + v0

v2 − v0. (1)

Et treeneri kiirus kalda suhtes on pärivoolu sõites kolmandiku võrra suurem

kui vastuvoolu sõites, siisv2 + v0

v2 − v0=

4

3või

v2 + v0

v2 − v0=

3

4olenevalt sellest, kas

v0 > 0 või v0 < 0. Esimesel juhul saame võrrandist (1)v2 − v1

v2 + v1=

2

3, kust

v2 = 5v1 ehk treener sõidab vee suhtes 5 korda kiiremini kui noorsportlane.

Teisel juhul saame võrrandist (1)v2 − v1

v2 + v1=

3

8, kust 5v2 = 11v1 ehk treener

sõidab vee suhtes11

5korda kiiremini kui noorsportlane.

Leitud lahendite sobivuseks piisab veenduda, et noorsportlane liigub veesuhtes kiiremini kui vesi kalda suhtes (muidu ei jõuaks noorsportlane tagasi

alguspunkti). Esimesel juhul v2 = 7v0 ja seega v1 =7

5v0 > v0 , teisel juhul

aga v2 = −7v0 ja v1 = −35

11v0 > |v0|.

3. Lahendus 1. Olgu M lõigu DE keskpunkt (joonis 1). Siis B M ja DE on ris-ti, sest võrdhaarse kolmnurga BDE tipunurgast B tõmmatud mediaan jakõrgus ühtivad. Andmete põhjal ka AD ja DE on risti. Seega on MB ja AD

paralleelsed. Järelikult MB on kolmnurga ADE kesklõik ja B lõigu AE kesk-punkt ehk |B A| = |BE |. Et |B A| = |BC | ja |BD| = |BE |, asuvad punktid A ,D , C ja E ühel ringjoonel keskpunktiga B . Selle ringjoone kõõlude AD , CD

ja CE keskristsirged läbivad kõik keskpunkti B .

Lahendus 2. Et kolmnurk BDE on võrdhaarne tipunurgaga B juures, siis∠BED = ∠BDE < 90◦ . Et kolmnurk ADE on täisnurkne täisnurgaga ti-pu D juures, siis ka ∠AED < 90◦ . Järelikult punktid A ja B asuvad samalpool punkti E ; et ∠BDE < 90◦ = ∠ADE , asub B punktide A ja E vahel(joonis 2). Nüüd saame

∠B AD = ∠E AD = 180◦ −∠ADE −∠AED = 180◦ − 90◦ −∠BED == 90◦ −∠BDE = ∠ADE −∠BDE = ∠BD A.

12

AB

C

D

E

M

Joonis 1

AB

C

D

E

Joonis 2

Seega on kolmnurk B AD võrdhaarne tipunurgaga B , kust |B A| = |BD|. Et|B A| = |BC | ja |BD| = |BE |, asuvad punktid A , C , D ja E ühel ringjoonelkeskpunktiga B . Selle ringjoone kõõlude AD , CD ja CE keskristsirged lä-bivad kõik keskpunkti B .

4. Vastus: a) 10; b) 11.

a) Värvime ruudustiku ruudud mustaks ja valgeks, nagu näidatud jooni-sel 3 kujutatud pinnalaotusel. Iga silindri pinnast välja lõigatud tükkhõlmab täpselt ühe musta ruudu. Et musti ruute on 10, ei ole võimalikrohkem kui 10 tükki silindrist välja lõigata. Joonis 4 näitab, et 10 tükkion võimalik välja lõigata.

b) Värvime ruudustiku ruudud mustaks ja valgeks, nagu näidatud jooni-sel 5 kujutatud pinnalaotusel. Iga silindri pinnast välja lõigatud tükkhõlmab täpselt kaks musta ruutu (kas kaks musta ruutu ühest musta-de ruutude reast või ühe kummastki mustade ruutude reast). Et mustiruute on 11 · 2 ehk 22, ei ole võimalik rohkem kui 11 tükki silindrist väl-ja lõigata. Joonis 6 näitab, et 11 tükki on võimalik välja lõigata.

Märkus. Lahenduse b-osas kasutatud värvimise analoog a = 10 jaoks sobibkasutada ka a-osa lahendamiseks.

5. Vastus: ei.

Oletame, et leidub selline positiivne täisarv m , et m2 on võrdne mingite eri-

nevate huvitavate positiivsete täisarvude summaga. Olgu 3 · 7k vähim lii-

detav selles summas. Et kõik teised liidetavad jaguvad mingi arvuga 7l , kus

Joonis 3 Joonis 4

13

Joonis 5 Joonis 6

l > k , siis m2 = 7k · s , kus täisarv s võrdub summaga, mille üks liidetavon 3 ja teised liidetavad jaguvad 7-ga. See tähendab, et s annab 7-ga jaga-des jäägi 3. Kuna selline s ei jagu 7-ga, siis algarvu 7 astendaja arvu m2 ka-noonilises esituses on täpselt k . Järelikult k peab olema paaris; olgu k = 2i .

Siis s =m2

7k=

m2

72i=

(

m

7i

)2

jam

7ipeab olema täisarv. Kuid täisarvude ruu-

dud annavad 7-ga jagades ainult jäägid 0, 1 ja 4, mitte aga jääki 3. Vastuolunäitab, et nõutud omadusega täisarvu m ei leidu.

14



Lahendused

1. Vastus: (4, 2).

Lahendus 1. Võrrandi kuju tõttu y 6= 0. Asendades võrrandisse x = 0, saaksi-me y = 0, mis pole võimalik, seega ka x 6= 0. Nullist erinevatel väärtustel onantud võrrand samaväärne võrrandiga x(y−1) = y2 . Järelikult on arv x arvuy2 tegur. Teisalt, et arvud y − 1 ja y2 on ühistegurita, peab ka arv y2 olemaarvu x tegur. Kokkuvõttes x = y2 või x = −y2 . Kui x = −y2 , siis saame võr-dusest x(y − 1) = y2 taandamisel y − 1 = −1 ehk y = 0, mis pole võimalik.Kui x = y2 , siis saame samamoodi y − 1 = 1. Seega y = 2 ja järelikult x = 4.

Lahendus 2. Võrrandi kuju tõttu y 6= 0. Korrutades võrrandi pooled suuru-sega y ja viies kõik liikmed ühele poole, saame y2−x y+x = 0. Ruutvõrrandidiskriminant on x2−4x ehk (x−2)2−4. Et y oleks täisarv, peab diskriminantolema täisarvu ruut. Ainsad kaks täisarvu ruutu, mis erinevad teineteisesttäpselt 4 võrra, on 0 ja 4. Seega (x − 2)2 = 4, kust x = 4 või x = 0. Esimeseljuhul y = 2, teisel juhul aga y = 0, mis pole võimalik. Kontoll näitab, et paar(4, 2) rahuldab algset võrrandit.

Lahendus 3. Nullist erineva y korral on antud võrrand samaväärne võrran-diga x y − x − y2 = 0. Liites mõlemale poole 1 ja tegurdades vasakul, saame

(x − (y + 1))(y − 1) = 1.

Seega x − (y +1) ja y −1 on absoluutväärtuselt võrdsed arvuga 1 ja ühemär-gilised. Kui x−(y+1) = 1 ja y−1 = 1, siis y = 2 ja x = 4. Juhul x−(y+1) = −1ja y − 1 = −1 saame y = 0, mis pole algse võrrandi järgi võimalik.

2. Lahendus 1. Eeldame üldisust kitsendamata, et a É b , siis alustajal on män-gu algul a eurot. Oletame, et alustaja pole kohe pankrotis, st c < a . Kui1

3(a + b) É c , siis a >

1

3(a + b), mistõttu b <

2

3(a + b) ja

1

2b <

1

3(a + b) É c

ehk pärast alustaja käiku on teine pank pankrotis. Et sellega on mäng läbi, ei

lähe alustaja kunagi pankrotti. Oletame järgnevas, et c <1

3(a+b). Ülesande

lahendamiseks piisab näidata, et alustaja pole pankrotis pärast enda ja tei-se panga esimest käiku, sest pankade summarne rahahulk mängu käigus eimuutu ja sama mõttekäiku saame kuitahes kaua korrata.

15

Pärast alustaja avakäiku on teisel pangal1

2b ja esimesel a+

1

2b eurot, pärast

teise panga vastukäiku aga alustajal1

2a+

1

4b eurot. Kui

1

3(a+b) <

1

2a+

1

4b ,

siis c <1

3(a+b) tõttu pole alustaja pankrotis. Kui aga

1

2a+

1

4b É

1

3(a+b), siis

saame pärast sulgude avamist ja sarnaste liikmete koondamist1

6a É

1

12b ,

mis poolte läbikorrutamisel 3-ga ja mõlemale poole1

2a liitmisel annab

a É1

2a +

1

4b . Seega on alustajal pärast kummagi panga esimest käiku vä-

hemalt samapalju raha kui enne, mis samuti näitab, et ta pole pankrotis.Ülesanne on lahendatud.

Lahendus 2. Olgu käikude ploki alustajal a eurot ja teisel mängijal b eurot,

kusjuures a > c ja b > c . Ploki esimese käigu järel on alustajal2a + b

2ja

teisel mängijalb

2eurot. Kui

b

2É c , siis teine mängija läheb pankrotti. Kui

agab

2> c , siis mäng jätkub ning ploki teise käigu järel on esimesel mängijal

2a + b

4eurot ning teisel mängijal

2a + 3b

4eurot (seega rohkem). Paneme

tähele, et2a + b

4=

a

2+

b

4>

c

2+

c

2= c , mistõttu sellel käigul ei lähe pankrotti

kumbki ning käikude plokki saab korrata uuesti algusest.

Märkus. Matemaatilise induktsiooni meetodil saab tõestada, et pärast 2k

käiku on alustaval mängijal

(

1

3+

2

3 · 4k

)

a +(

1

3−

1

3 · 4k

)

b eurot ja teisel

mängijal

(

2

3−

2

3 · 4k

)

a +(

2

3+

1

3 · 4k

)

b eurot. Pärast 2k + 1 käiku on esi-

mesel mängijal aga

(

2

3+

1

3 · 4k

)

a +(

2

3−

1

6 · 4k

)

b eurot ja teisel mängijal(

1

3−

1

3 · 4k

)

a +(

1

3+

1

6 · 4k

)

b eurot. Niisiis eeldusel, et mäng jätkub lõpma-

tult, koonduvad paarisarvuliste järjekorranumbritega sammude järel män-

gijate käes olevate eurode arvud paariks

(

a + b

3,

2(a + b)

3

)

ning paarituar-

vuliste järjekorranumbritega sammude järel mängijate käes olevate eurode

arvud paariks

(

2(a + b)

3,

a + b

3

)

.

3. Lahendus 1. Olgu K punktist E sirgele BC tõmmatud ristlõigu aluspunkt;siis BC poolitab temaga ristuva lõigu EG punktis K (joonis 7). Kuna DE

on kolmnurga ABC kesklõik, siis |ED| =1

2|AB | = |AF |. Et EG ja AH

16

A

B

C

D

E

F

GH

K

Joonis 7

on mõlemad risti sirgega BC , on nad paralleelsed; seega EK on kolm-

nurga AHC kesklõik, millest tulenevalt |EK | = |KG| =1

2|AH |. Järelikult

|EG| = |AH |. Lisaks tuleneb vastavate haarade paralleelsusest nurkade võr-dus ∠F AH = ∠DEG . Seega kolmnurgad AF H ja EDG on võrdsed tunnuseKNK järgi. Järelikult ka |F H | = |DG| ning nende kolmnurkade ülejäänudkahe vastavate külgede paari paralleelsuse tõttu on F H ja DG samuti paral-leelsed. Seega F HGD on rööpkülik ning FG ja DH tema diagonaalid. Rööp-küliku diagonaalid aga poolitavad teineteist.

Lahendus 2. Olgu K ja L vastavalt punktidest E ja F sirgele BC tõmmatudristlõikude aluspunktid ning olgu M sirgete FG ja BC lõikepunkt; siis K onristuvate sirgete EG ja BC lõikepunkt, kusjuures |EK | = |KG| (joonised 8ja 9 kujutavad vastavalt olukordi |AB | < |AC | ja |AC | < |AB |). Et AH , EK jaF L on kõik risti sirgega AB , on nad omavahel paralleelsed. Seega kolmnur-gad MKG ja MLF on sarnased vastavate külgede samasihilisuse tunnusel.Kuna EK , F L ja AH on paralleelsed ning E ja F on vastavalt lõikude AC

ja AB keskpunktid, siis |F L| =1

2|AH | = |EK | = |KG|. Järelikult kolmnur-

gad MKG ja MLF on võrdsed, kust saame |MK | = |ML|. Teisalt saame, et|LH ||B H |

=|F A||B A|

=1

2ja

|KC ||HC |

=|EC ||AC |

=1

2, kust

|LH | =1

2|B H | =

1

2(|BC | − |HC |) =

1

2|BC | −

1

2|HC | = |DC | − |KC | = |DK |.

Seega |LH | É |ML| parajasti siis, kui |DK | É |MK |. Järelikult

|M H | =∣

∣|ML| − |LH |∣

∣ =∣

∣|MK | − |DK |∣

∣ = |MD|,

mida oligi tarvis tõestada.

Märkus. Ülesande väide kehtib kõigi kolmnurkade puhul, kui pikkusega 0lõigu poolitamise tähenduseks lugeda selle lõigu ainsa otspunkti läbimine.

4. Vastus: a) 28; b) 60.

17

A

B

C

D

E

F

GH

K

L

M

Joonis 8

A

B

C

D

E

F

G

H

K

L

M

Joonis 9

a) Vähim on liikmete arv siis, kui arutelusektsioonid on võimalikult väi-kesed ehk sektsioonide liikmete arvud on 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Liikmetekoguarv on sel juhul 28.

b) Iga sektsioon saab teistest sõltumatult hääletada kas poolt või vastu ehktäpselt 2 eri viisil. Et sektsioone on 7, siis kõiki hääletusviise kokku on2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 ehk 27 ehk 128. Hääled jagunevad pooleks, kui poolthääletab täpselt 14 liiget; selleks peab vähemalt 3 sektsiooni hääleta-ma poolt, sest 2 suurimas sektsioonis on kokku vähem liikmeid. Häältepooleksjagunemised 3 poolthääletava sektsiooniga on 7+6+1, 7+5+2,7+4+3 ja 6+5+3, kokku 4 võimalust. Ülejäänud pooleksjagunemisedon sellised, kus juba vaadeldud variantides vastu hääletanud hääletavadpoolt ja vastupidi, samuti 4 võimalust. Seega leidub 128 − 4 − 4 ehk 120hääletusviisi, kus otsuse pooldajaid ja vastaseid on erineval arvul. Jaota-me kõik need hääletusviisid paarideks, kus ühel juhul hääletavad pooltparajasti need liikmed, kes teisel juhul on vastu. Siis iga paari hääletus-viisidest täpselt üks on edukas (poolt on rohkem liikmeid kui vastu). Et

paare on120

2ehk 60, siis otsust saab vastu võtta täpselt 60 viisil.

5. Lahendus 1. Olgu antud kolmnurk ABC täisnurgaga tipu C juures. Olgu si-seringjoone keskpunktist kaatetitele BC ja AC ning hüpotenuusile AB tõm-matud ristlõikude aluspunktid vastavalt D , E ja F (joonis 10). Puutujalõiku-de võrdsusest |AE | = |AF | ja |BD| = |BF |, samuti |CD| = |CE | = r , kus r onkolmnurga ABC siseringjoone raadius. Siis

|AB | = |AF | + |BF | = |AE | + |BD| = |AC | − |CE | + |BC | − |CD|.

Tähistades |BC | = a , |AC | = b ja |AB | = c , saame c = a + b − 2r , kust

r =a + b − c

2.

18

A

BC D

E

F

Joonis 10

Pythagorase teoreemi põhjal a2 + b2 = c2 . Et a ja a2 on ühe ja sama paar-susega, samuti b ja b2 ühe ja sama paarsusega ning c ja c2 ühe ja samapaarsusega, siis arv a + b − c on sama paarsusega nagu a2 + b2 − c2 ehk 0.Kuna 0 on paaris, on ka a + b − c paaris, mistõttu r on täisarv.

Lahendus 2. Olgu antud täisnurkse kolmnurga kaatetite pikkused a ja b , hü-potenuusi pikkus c ning pindala S . Olgu selle kolmnurga poolümbermõõtp ja siseringjoone raadius r . Pythagorase teoreemist a2 + b2 = c2 , mistõttu

S =ab

2=

2ab

4=

a2 + b2 + 2ab − c2

4=

=(a + b)2 − c2

4=

a + b + c

2·

a + b − c

2= p ·

a + b − c

2.

Kuna S = pr , siis r =a + b − c

2. Suuruse

a + b − c

2täisarvulisuses veendu-

me nagu lahenduses 1.

Märkus. Lahendust 2 saab läbi viia teisiti, tõestades nõutud väite kõigepealtjuhul, kui küljepikkused on ühistegurita. Siis saab kasutada tuntud fakti, etkui täisnurkse kolmnurga küljepikkused on ühistegurita täisarvud, siis lei-duvad täisarvud u ja v , mille jaoks need küljepikkused mingis järjestusesvõetuna avalduvad kujul u2 − v2 , 2uv ja u2 + v2 . Kui küljepikkuste suu-rim ühistegur on d > 1, siis vaatleme antud kolmnurgaga sarnast kolm-

nurka, mille sarnasustegur algse kolmnurga suhtes on1

d; selle kolmnurga

küljepikkused on ühistegurita täisarvud. Kuna selle kolmnurga siseringjoo-ne raadius on täisarv, siis algse kolmnurga siseringjoone raadius on d kordasuurem täisarv.

19



Lahendused

1. Vastus: 1017 + 3.

Lahendus 1. Paarisnumbri ja 5-ga lõppevad arvud on kordarvud. Näitame,et ka 1017 + 1, 1017 + 7 ja 1017 + 9 on kordarvud. Sellest järeldub, et ainsanavõis Mari kirjutada arvu 1017 + 3.

Et 98 = 7 · 14, siis 100 ≡ 2 (mod 7). Seega

1017 = 10 · 1008 ≡ 3 · 28 = 3 · 8 · 8 · 4 ≡ 3 · 1 · 1 · 4 = 3 · 4 ≡ 5 (mod 7).

Järelikult 1017 + 9 ≡ 5 + 9 = 14 ≡ 0 (mod 7) ehk 1017 + 9 jagub 7-ga.

Et 99 = 11 · 9, siis 100 ≡ 1 (mod 11). Seega

1017 = 10 · 1008 ≡ 10 · 18 = 10 (mod 11).


Et 102 = 17 · 6, siis 100 ≡ −2 (mod 17). Seega

1017 = 10 · 1008 ≡ 10 · (−2)8 = 10 · 16 · 16 ≡ 10 · (−1) · (−1) ≡ 10 (mod 17).


Lahendus 2. Paarisnumbri ja 5-ga lõppevad arvud on kordarvud. Näitame,et ka 1017 + 1, 1017 + 7 ja 1017 + 9 on kordarvud. Sellest järeldub, et ainsanavõis Mari kirjutada arvu 1017 + 3.

Kuna 103+1 = 7·11·13 ning 1015+1 = (103+1)(1012−109+106−103+1), siis1015 +1 jagub 7- ja 11-ga. Järelikult 1017 +100 jagub 7- ja 11-ga. Siit nähtub,et 1017 +9 ehk 1017 +100−7 ·13 jagub 7-ga ja 1017 +1 ehk 1017 +100−11 ·9jagub 11-ga.

Fermat’ väikse teoreemi põhjal 1016−1 jagub 17-ga. Järelikult 1017−10 jagub17-ga. Siit nähtub, et 1017 + 7 ehk 1017 − 10 + 17 jagub 17-ga.

Märkus 1. Kirjutis a ≡ b (mod m) märgib, et a ja b annavad m-ga jagadessama jäägi.

Märkus 2. Arvude 1017 + 1, 1017 + 7 ja 1017 + 9 kordarvulisuse tõestuseksvõib arvu 1017 lihtsalt arvudega 7, 11 ja 17 läbi jagada ja märgata, et jäägidtulevad vastavalt 5, 10 ja 10.

Märkus 3. 1017 + 3 on tõepoolest algarv, nagu võib arvutiprogrammide abilveenduda.

20

2. Lahendus 1. Eeldame üldisust kitsendamata, et m Ê n . Paneme tähele, et

(m + n)!

m! · n!=

1 · 2 · . . . · m · (m + 1) · . . . · (m + n)

(1 · 2 · . . . · m) · (1 · 2 · . . . · n)=

m + 1

1·

m + 2

2· . . . ·

m + n

n.

Vaatleme eraldi kolme juhtu.

• Kui n = 1, siis on saadud avaldises vaid üks tegurm + 1

1väärtusega

m +1, nõutud võrratuse parem pool on aga m ·1 ehk m . Seega võrratuskehtib.

• Kui n = 2, siis on saadud avaldises teguridm + 1

1ja

m + 2

2, nõutud võr-

ratuse parem pool on aga 2m . Et m +2 > m +1, siis piisab tõestada võr-

ratusm + 1

1·

m + 1

2Ê 2m ehk (m + 1)2 Ê 4m . Viimane võrratus kehtib

tõepoolest, sest pärast liikmete viimist vasakule saame (m − 1)2 Ê 0.

• Kui n Ê 3, siis on saadud avaldises eraldi teguridm + 1

1,

m + 2

2ja

m + n

n, kusjuures

m + 1

1> m ning eeldust m Ê n arvestades ka

m + 2

2>

m

2Ê

n

2ja

m + n

nÊ

n + n

n= 2. Seega nende kolme teguri

korrutis on suurem kui m ·n

2· 2 ehk mn ; ülejäänud tegurid olukorda ei

muuda, sest nad kõik on suuremad 1-st.

Lahendus 2. Nagu lahenduses 1 näitame, et võrratus kehtib, kui n = 1. Süm-meetria põhjal kehtib võrratus ka juhul m = 1. Edasi teeme m Ê 2 jaoksinduktsiooni n järgi, käsitledes juhtu n = 1 induktsiooni baasina. Indukt-siooni sammuks eeldame, et väide kehtib mingi suvalise etteantud n jaoks,ja näitame, et siis väide kehtib ka n + 1 jaoks. Selleks märkame esmalt, et

(m + n + 1)!

m! · (n + 1)!=

(m + n)! · (m + n + 1)

m! · n! · (n + 1)=

(m + n)!

m! · n!·

m + n + 1

n + 1>

> mn ·m + n + 1

n + 1= mn ·

(

1 + m ·1

n + 1

)

= mn + m ·mn

n + 1.

Et m(n + 1) = mn + m , piisab vajaliku võrratuse järeldamiseks näitami-

sest, etmn

n + 1Ê 1 ehk m Ê

n + 1

n. Et m Ê 2 ja n Ê 1, siis tõepoolest

m Ê 1 + 1 Ê 1 +1

n=

n + 1

n.

3. Lahendus 1. Olgu võrdhaarse kolmnurga ABC alusnurga suurus α. Kunaalusnurk ei saa olla nürinurk, siis ∠B AC = ∠BC A = α, kust omakorda∠CB M = 2α; sümmeetriast sirge K M suhtes saame ∠CBK = α, millesttulenevalt ∠AK B = 2α, ning ∠MCB = 2α (joonisel 11 nurgad suurusega α

21

A

B

C

A′

K

M

Joonis 11

A

B

C

A′

K

L

M

Joonis 12

ja 2α tähistatud vastavalt ühe ja kahe kaarega). Kasutades nüüd sümmeet-riat sirge BK suhtes, saame

∠A′BC = ∠A′BK −∠CBK = ∠ABK −∠CBK = 180◦−α−2α−α = 180◦−4α.

[ Kuna |A′B | = |AB | = |CB |, siis kolmnurk A′BC on võrdhaarne tipunurgaga

B juures, mistõttu ∠A′CB =180◦ − (180◦ − 4α)

2= 2α = ∠MCB . Seega A′ ,

M ja B on ühel sirgel.

Lahendus 2. Olgu võrdhaarse kolmnurga ABC alusnurga suurus α. Kunaalusnurk ei saa olla nürinurk, siis ∠B AC = ∠BC A = α. Sümmeetriast sir-ge K M suhtes ka ∠CBK = α (joonisel 12 võrdsed nurgad kaarega märgi-tud).

Olgu L sirgete BK ja C M lõikepunkt. Sümmeetriast sirge K M suhtes saame

∠K M A = ∠K MB = ∠K MC = ∠K ML,∠MK A = ∠MK B +∠BK A = ∠MKC +∠CK L = ∠MK L.

Kolmnurkadel K M A ja K ML on ühine külg K M , mistõttu need kolmnurgadon tunnuse NKN põhjal võrdsed. Seega |K A| = |K L| ning ka ∠K LM = α.Võrdhaarsetel kolmnurkadel AK L ja CK B on ühine tipunurk K juures, mis-tõttu ka alusnurgad on võrdse suurusega ehk ∠K L A = α.

Et sümmeetria tõttu sirge LK suhtes on kolmnurgad AK L ja A′K L võrdsed,siis ka ∠K L A′ = α = ∠K LM . Järelikult A′ asub sirgel LM , mida oligi tarvistõestada.

4. Vastus: jah, Ats.

Kuna arve, mille tahvlil olles mäng jätkub, on lõplik arv, peab mängu jätku-des varem või hiljem tekkima kordus, mis lõpetab mängu. Seega lõpeb mängalati mingi tulemusega.

22

Kui n = 3, siis saab Ats võita kohe oma esimesel käigul kas käies ise võivastates Petsi avakäigule. Kui n Ê 4, siis lahutagu Ats alati 1, kui tahvlil olevarv k on piirides n − 1 É k É 2n − 4, vastasel korral liitku 3. Näiteks kuin = 4 ja Ats alustab, kirjutab ta 3; kui nüüd Pets kirjutab 5, kirjutab Ats 8 javõidab, kui aga Pets kirjutab 1, kirjutab Ats 4 ja tekib viik. Kui n = 4 korralPets alustab, kirjutades 6, kirjutab Ats 9 ja võidab, seega Pets peab kohesekaotuse vältimiseks kirjutama avakäigul 2.

Näitame, et kirjeldatud strateegiaga mängides ei kaota Ats mängu mitte ühe-gi n Ê 4 korral. Selleks piisab veenduda, et kehtivad järgmised seaduspärad:

• Pets ei saa alustajana kohe võita;

• kui Atsi käigul Ats kohe ei võida ja mäng ei lõpe viigiga, siis ei saa ka Petspärast Atsi käiku kohe võita.

Esimene neist väidetest on ilmne; tõestame teise väite. Selleks oletame, etAtsi käigul Ats oma strateegia järgi mängides kohe ei võida ja mäng ei lõpeka viigiga. Siis peab Atsi käigu eel olema tahvlil arv k É 2n − 4, muidu tavõidaks kohe. Kui k É n − 2, siis Ats kirjutab k + 3; et 4 É k + 3 É n + 1, siisPets ei saa seejärel kohe võita. Kui n É k É 2n − 4, siis Ats kirjutab k − 1; etn − 1 É k − 1 É 2n − 5, ei saa Pets kohe võita. Lõpuks kui k = n − 1, siis Atskirjutab n − 2. Juhul n Ê 5 ei saa Pets nüüd kohe võita. Juhul n = 4 on arvn − 2 ehk 2 pärast Petsi avakäiku tahvlil juba olnud, nagu ülal tõestasime.

Tehtust järeldub, et mistahes n Ê 4 korral saab Ats kas võita või viia mänguüle järjest väiksematele arvudele. Hiljemalt n = 3 korral Ats võidab.

5. Vastus: jah.

Lahendus 1. Olgu A vähima ja B suurima x-koordinaadiga märgitud punkt;kui ühel või teisel juhul on selliseid punkte kaks, võime valida neist ükskõikkumma. Olgu C1, . . . , Cm−1 kõik sirgest AB allapoole jäävad märgitud punk-tid x-koordinaadi kasvamise järjestuses ning Cm+1, . . . , Cn−1 kõik sirgest AB

ülespoole jäävad märgitud punktid x-koordinaadi kahanemise järjestuses(võrdse x-koordinaadiga punktide omavaheline järjestus pole kummalgi ju-hul tähtis; joonisel 13 on kujutatud üks näide n = 11 ja m = 6 jaoks). Näi-tame, et AC1 . . . Cm−1BCm+1 . . . Cn−1 A on kinnine murdjoon, mis ennast eilõika. Lihtsuse mõttes tähistame C0 = Cn = A ja Cm = B . Vaatleme suva-list kaht mittenaaberlüli Ci Ci+1 ja C j C j+1 , kus 0 É i < j < n . Need lülidei lõiku, kui 0 É i < j < m , sest punktide Ci ja Ci+1 x-koordinaadid onväiksemad kui punktide C j ja C j+1 x-koordinaadid. Analoogselt ei lõiku lü-lid Ci Ci+1 ja C j C j+1 ka siis, kui m É i < j < n . Samuti ei lõiku need lülid,kui 0 É i < m É j < n , sest nende vahele jääb sirge AB .

Lahendus 2. Valime suvalise punkti A0 ning mingi kiire, mille alguspunkton A0 . Tehes kiirega täisringi vastupäeva ümber punkti A0 , läbib see kiirükshaaval kõik ülejäänud punktid; tähistame need punktid selles järjestuses

23

x

y

A

B

C1

C2

C3

C4

C5

C7

C8

C9

C10

Joonis 13

A6

A3

A7

A8

A10

A1

A9

A4

A2

A0

A5

Joonis 14

A1, . . . , An−1 . Iga i = 1, 2, . . . , n −1 korral olgu αi nurk, mille võrra kiir pöör-dub, liikudes asendist, milles ta läbib punkti Ai , asendisse, milles ta läbibpunkti Ai+1 (i = n−1 korral punkti A1 ). Ilmselt α1 +α2 + . . .+αn−1 = 360◦ ,millest tulenevalt saab ülimalt üks nurkadest αi olla suurem kui 180◦ . Eel-dame üldisust kitsendamata, et α1,α2, . . . ,αn−2 on väiksemad kui 180◦ .Näitame, et A0 A1 . . . An−1 A0 on ennast mittelõikav kinnine murdjoon. Võ-tame kasutusele polaarkoordinaadistiku, mille keskpunkt (poolus) on A0 japolaartelg on kiir A0 A1 (joonisel 14 on eelmise joonise punktid kujutatudpolaarkoordinaadistikus koos pöörleva kiire asenditega). Tänu eeldusele onlüli Ai Ai+1 sisepunktide polaarnurgad suuruselt oma otspunktide polaar-nurkade vahel, kui 1 É i É n − 2. Seega mittenaaberlülid Ai Ai+1 ja A j A j+1

ei lõiku, kui 1 É i < j É n − 2, sest punktide Ai ja Ai+1 polaarnurgad onväiksemad punktide A j ja A j+1 polaarnurkadest. Sarnaselt ei lõiku ka lülidA0 A1 ja An−1 A0 ühegi lüliga Ai Ai+1 , kus 1 É i É n − 2.

Lahendus 3. Moodustame punktihulga kumera katte ning ühendame selletipud kumeraks hulknurgaks. Kui selle hulknurga sees asub veel punkte, siismoodustame nende punktide kumera katte tippudest uue hulknurga jne.kuni on järgi jäänud 0, 1 või 2 punkti. Kui järgi jäi 2 punkti, siis ühendameneed omavahel. Nii saame üksteise sees asuvad kumerad hulknurgad, millekeskel võib veel asuda üksik punkt või lõik.

Suvalisest välimise hulknurga tipust, olgu see A , saab tõmmata jooned kah-te järjestikusse sisemise hulknurga tippu, mis ei lõiku ühegi olemasoleva lõi-guga. Olgu need punktid C ja D , kus liikumine C → D mööda sisemist hulk-nurka toimub päripäeva. Kui võimalikke C ja D valikuid on mitu, siis välimepäripäeva liikudes viimase sobiva. Olgu punkt B punkti A naaber välimiseshulknurgas päripäeva liikudes. Punkt B peab asuma sirgest AD teisel pool

24

kui punkt C , muidu peaksid sisemine ja välimine kumer hulknurk lõikuma,mis pole võimalik. Seega lõigud AC ja BD ei lõiku ning võime asendada lõi-gud AB ja CD lõikudega AC ja BD . Sellega oleme ühendanud välimise jasisemise hulknurga.

Kui meil on veel ühendamata sisemisi hulknurki, siis jätkame seda protses-si, võttes endise sisemise hulknurga nüüd välimiseks. Kuna nüüd välimiseshulknurgas üks külg puudub, siis valime tipuks A sellise tipu, mis on ühen-datud oma päripäeva naabriga. Kui kõige sisemiseks on lõik, siis võime sedavaadelda kui lõiku CD ; kui kõige sisemine on punkt C , siis asendame ühevälise hulknurga külgedest AB lõikudega AC ja BC . Nii olemegi konstruee-rinud nõutud hulknurga.

25



Lahendused

1. Vastus: 3.

Eelduse põhjal 10a2 + 7c2 jagub 3-ga. Kui kumbki arvudest a ja c ei ja-guks 3-ga, siis a2 ja c2 annaksid 3-ga jagades jäägi 1. Et ka kordajad 10ja 7 annavad 3-ga jagades jäägi 1, siis 10a2 + 7c2 annaks 3-ga jagades jää-gi 2 ega saaks jaguda 3-ga. Seega a või c jagub 3-ga. Kui a jagub 3-ga, siis10a2 jagub 3-ga, järelikult ka teine liidetav 7c2 peab jaguma 3-ga. Et 7 eijagu algarvuga 3, siis c2 peab jaguma 3-ga, millest tulenevalt c peab ja-guma 3-ga. Analoogselt kui c jagub 3-ga, siis 7c2 jagub 3-ga, mistõttu kateine liidetav 10a2 jagub 3-ga. Et 10 ei jagu algarvuga 3, siis a2 peab ja-guma 3-ga, millest tulenevalt a peab jaguma 3-ga. Mõlemal juhul olemesaanud, et nii a kui ka c jaguvad 3-ga, mistõttu SÜT(c, a) Ê 3. JärelikultSÜT(a, b) ·SÜT(b, c) ·SÜT(c, a) Ê 3. Teisalt, kui a = c = 3 ja b = 17, siis üles-ande võrrand on rahuldatud ja SÜT(a, b) · SÜT(b, c) · SÜT(c, a) = 1 · 1 · 3 = 3.Seega avaldise SÜT(a, b) · SÜT(b, c) · SÜT(c, a) vähim võimalik väärtus on 3.

2. Vastus: esimene.

Lahendus 1. Etπ

4< 1 <

π

2ning siinus on esimeses veerandis kasvav ja

koosinus kahanev, siis sin 1 − cos 1 > sinπ

4− cos

π

4= 0. Seega on arvude

sin 1 − cos 1 ja1

4suurusvahekord sama mis nende ruutudel (sin 1 − cos 1)2

ja1

16. Kuna (sin 1 − cos 1)2 = sin2 1 + cos2 1− 2 sin 1 cos 1 = 1 − sin 2, piisab

võrrelda arve 1 − sin 2 ja1

16. Näitame, et esimene arv on suurem; selleks

tõestame samaväärse võrratuse sin 2 <15

16.

Et π < 3,2 =16

5, siis 2 >

5

8π. Kuna siinus on teises veerandis kahanev, siis

järeldub sellest sin 2 < sin5

8π. Teisalt saame poolnurga siinuse valemist

sin5

8π =

√

1 − cos 54π

2=

√

√

√

√1 +

p2

2

2=

√

2 +p

2

2.

26

x

y

(0, 0)

(π

4, sin

π

4)

(π

16, sin

π

16)

π

16

sinπ

4

π

4

1

4sin

π

4

y = sin x

Joonis 15

Võrratuse sin 2 <15

16tõestamiseks piisab seega näidata, et

√

2 +p

2

2<

15

16.

Etp

2 <3

2<

97

64, siis 2 +

p2 < 2 +

97

64=

225

64, kust

√

2 +p

2 <15

8. Siit

saamegi

√

2 +p

2

2<

15

16.

Lahendus 2. Et sinπ

4= cos

π

4=

1p

2, siis

(sin 1 − cos 1) ·1p

2= sin 1 cos

π

4− cos 1 sin

π

4= sin

(

1 −π

4

)

.

Seega arvude sin 1 − cos 1 ja1

4suurusvahekord on sama nagu arvudel

sin(

1 −π

4

)

ja1

4p

2. Näitame, et esimene arv on suurem. Et siinusfunktsioo-

ni kumeruse tõttu I veerandis kehtib sinπ

16>

1

4sin

π

4=

1

4p

2(joonis 15),

piisab tõestada võrratus sin(

1 −π

4

)

> sinπ

16; selleks aga piisab siinusfunkt-

siooni kasvavuse tõttu I veerandis näidata lihtsalt 1−π

4>

π

16. Kuid viimane

on samaväärne kehtiva võrratusega π <16

5= 3,2.

27

Lahendus 3. Tõestame, et kui x ∈ (0,π

2), siis

sin x > x −x3

6, (2)

cos x < 1 −x2

2+

x4

24. (3)

Võrratustest (2) ja (3) piisab, sest teame, et 1 ∈ (0,π

2), mistõttu

sin 1 − cos 1 > 1 −1

6− 1 +

1

2−

1

24=

7

24>

1

4.

Tõestame võrratuse (2). Vaatleme funktsiooni f (x) = sin x −(

x −x3

6

)

.

Leiame, et f ′(x) = cos x − 1 +x2

2, f ′′(x) = − sin x + x , f ′′′(x) = − cos x + 1.

Funktsioonid f , f ′, f ′′, f ′′′ on pidevad lõigus [0,π

2]. Funktsioon f ′′′ on va-

hemikus (0,π

2) positiivne, sest cos x < 1, kui x ∈ (0,

π

2). Seega f ′′ on lõigul

[0,π

2] rangelt kasvav. Muuhulgas iga x ∈ (0,

π

2) korral f ′′(x) > f ′′(0) = 0.

Niisiis on f ′ lõigul [0,π

2] rangelt kasvav. Muuhulgas iga x ∈ (0,

π

2) korral

f ′(x) > f ′(0) = 0. Järelikult funktsioon f on lõigul [0,π

2] rangelt kasvav.

Muuhulgas iga x ∈ (0,π

2) korral f (x) > f (0) = 0, mis ongi võrratus (2).

Tõestame võrratuse (3). Tähistame g (x) = cos x −(

1 −x2

2+

x4

24

)

. Nüüd

g ′(x) = − sin x+x−x3

6= − f (x). Eelmises lõigus tõestasime, et iga x ∈ (0,

π

2)

korral f (x) > 0, seega − f (x) < 0. Järelikult on funktsioon g lõigul [0,π

2]

rangelt kahanev. Muuhulgas iga x ∈ (0,π

2) korral g (x) < g (0) = 0, mis ongi

võrratus (3).

Märkus 1. Matemaatilise analüüsi kursuses tõestatakse, et iga x ∈ R korralkehtivad koondumised (nn. arendused astmeritta)

sin x = limn→∞

(

x −x3

3!+

x5

5!+ . . . + (−1)n ·

x2n+1

(2n + 1)!

)

, (4)

cos x = limn→∞

(

1 −x2

2!+

x4

4!+ . . . + (−1)n ·

x2n

(2n)!

)

. (5)

28

Neid koondumisi arvestades on võimalik tõestada võrratuste (2) ja (3) täp-semaid analooge, mille parem pool sisaldab kuitahes kõrge astmega liideta-vaid koondumiste (4) ja (5) piirväärtuse alt.

Märkus 2. Vahe sin 1 − cos 1 täpne väärtus on 0,30116867893975 . . . .

3. Olgu L rööpküliku ABCD diagonaalide lõikepunkt (joonis 16). Näitamejärgnevas, et sirge K L on paralleelne rööpküliku ABCD külgedega AB jaCD . Sellest järeldub ülesande väide, sest kuna rööpküliku diagonaalid poo-litavad teineteist, asub punkt L sirgetest AB ja CD võrdsel kaugusel.

A

B C

D

B1

B2

C1C2

K

L

Joonis 16

Kõõlnelinurkadest AB1B2D ja AC2C1D saame vastavalt

∠D AB1 = 180◦ −∠DB2B1 = ∠BB2B1 = LB2K ,∠ADC1 = 180◦ −∠AC2C1 = ∠CC2C1 = LC2K .

Seega

∠LB2K +∠LC2K = ∠D AB1 +∠ADC1 = ∠D AB +∠ADC = 180◦,

millest tulenevalt on ka K B2LC2 kõõlnelinurk. Seda kasutades saame

∠LK B1 = ∠LK B2 = ∠LC2B2 = ∠AC2B2,

samas kui kõõlnelinurgast AB1B2D

∠AC2B2 = ∠ADB2 = 180◦ −∠AB1B2 = ∠BB1B2 = ∠BB1K .

Kokkuvõttes ∠LK B1 = ∠BB1K , mistõttu sirge K L on paralleelne sirgega AB

ja ühtlasi sirgega CD , mida oligi tarvis tõestada.

29

4. Vastus: jah.

Näitame, et alati on võimalik asendada kahesuunalised lennuliinid ühesuu-nalistega nii, et iga linna saabuvate ja väljuvate liinide arvud erinevad üli-malt 1 võrra. Teeme induktsiooni lennuliinide arvu järgi. Kui liine on 0, siiska ühesuunalisi liine tekib 0, mis tähendab, et iga linna saabuvate ja väl-juvate liinide arvud on võrdsed. Oletame nüüd, et liine on rohkem kui 0,ja eeldame, et kõigi väiksemate liinide arvude korral on tingimustele vastavasendus ühesuunaliste liinidega võimalik. Vaatame kahte juhtu.

• Leidub linn X , mis on täpselt ühe liini otspunkt. Olgu selle liini teineotspunkt linn Y . Jättes liini X Y käigust ära, saame induktsiooni eel-duse põhjal asendada kõik ülejäänud liinid ühesuunalistega nii, et igalinna saabuvate ja väljuvate liinide arvud erinevad ülimalt 1 võrra. Li-same nüüd liini linnast X linna Y , kui linna Y saabub vähem liine kuisealt väljub, ja liini linnast Y linna X , kui linna Y saabub rohkem liinekui sealt väljub; kui linna Y saabuvaid ja väljuvaid liine on võrdselt, li-same X ja Y vahele liini ükskõik kummas suunas. Pärast seda erinevadlinna Y saabuvate ja väljuvate liinide arvud ülimalt 1 võrra ja linna X

saabuvate ja väljuvate liinide arvud täpselt 1 võrra.

• Ei leidu linna, mis oleks täpselt ühe liini otspunkt. Valime linna X0 , mison mõne liini otspunkt; olgu selle liini teine otspunkt X1 . Et X1 polevaid ühe liini otspunkt, saab valida mingi teise liini, mille otspunkt onX1 ; olgu selle liini teine otspunkt X2 , jne. Et linnu on lõplik arv, jõuameniimoodi jätkates varem või hiljem mingist linnast Xn−1 tagasi mõnelinnani Xi ; üldisust kitsendamata i = 0. Jättes käigust ära kõik vaadel-dud n linna tsükliliselt ühendavad n liini, saame induktsiooni eeldusepõhjal asendada kõik ülejäänud liinid ühesuunalistega nii, et iga linnasaabuvate ja väljuvate liinide arvud erinevad ülimalt 1 võrra. Lisades n

ühesuunalist liini X0 → X1 → . . . → Xn−1 → X0 , tekib selle tsükli iga-le linnale juurde üks saabuv ja üks väljuv liin. Seega erinevad ka pärastseda iga linna saabuvate ja väljuvate liinide arvud ülimalt 1 võrra.

5. Vastus: 3, 5, 9, 15, 16.

Olgu n-nurga suurima nurga suurus x kraadi. Hulknurga sisenurkade sum-

ma ja aritmeetilise jada summa valemitest saame (n−2)·180 = nx−1

2n(n−1)

ehk

n · (180 − x) +1

2n(n − 1) = 360. (6)

Et vaadeldav n-nurk peab olema kumer, siis x < 180. Võrdusest (6) järel-

dub seega1

2n(n − 1) = 360 − n · (180 − x) < 360. Lahendades võrratuse

1

2n(n − 1) < 360 ehk n2 − n − 720 < 0, saame n <

1 +p

2881

2; ülesande

konteksti arvestades niisiis 3 É n É 27. Edasi vaatleme kahte juhtu.

30

• Kui n on paaritu, siis jagub võrduse (6) vasaku poole teine liidetav1

2n(n − 1) arvuga n , sest

n − 1

2on täisarv. Seega terve vasak pool ja-

gub arvuga n , millest tulenevalt peab ka 360 jaguma arvuga n . Kuna360 = 23 · 32 · 5, on arvu 360 paaritud tegurid 1, 3, 5, 9, 15 ja 45. Võrra-tustega 3 É n É 27 sobivad neist 3, 5, 9 ja 15.

• Kui n on paaris, siis võrduse (6) vasaku poole teine liidetav1

2n(n − 1)

arvuga n ei jagu, küll aga jagub ta arvugan

2. Et esimene liidetav jagub

arvuga n , siis peab ka arv 360 jaguma arvugan

2, kuid mitte arvuga n .

Teisi sõnu, 360 ei jagu arvuga n , aga 720 jagub. Sellist tingimust rahul-davad arvu 720 kõik tegurid, mille kanoonilises esituses esineb algarv 2maksimaalsel astmel. Kuna 720 = 2 ·360 = 24 ·32 ·5, on sellisteks teguri-teks 16 · 1, 16 · 3, 16 · 5, 16 · 9, 16 · 15 ja 16 · 45, kuid võrratusi 3 É n É 27rahuldab neist ainult n = 16 · 1 = 16.

Kõik leitud võimalused sobivad. Tõepoolest, seosest (6) järeldub võrdus

x = 180−360

n+

n − 1

2, kust leiame vähima nurga suuruse kraadides x−(n−1)

ehk 180 −360

n−

n − 1

2. See on ilmselt positiivne.

Märkus. Järgnev tabel näitab sisenurkade suurusi nurkade arvule vastavaisülesande tingimusi rahuldavates n-nurkades.

n Nurgad3 59◦. . . 61◦

5 106◦. . .110◦

9 136◦. . .144◦

15 149◦. . .163◦

16 150◦. . .165◦

31



Hindamisskeemid

1. (Triinu Veeorg)

Žürii lahendusega 1 sarnase mõttekäigu järgnevalt mainitud osade eest an-tud punktid summeeriti.

◦ Võrrand viidud kujule x(1 − y) = y (või x = y(x + 1)): 1 p

◦ Järeldatud, et arv y jagub arvuga x (või arv x jagub arvuga y ): 1 p

◦ Tehtud sama asi teistpidi: 2 p

◦ Järeldatud, et x = y või x = −y : 2 p

◦ Leitud õige vastus: 1 p


◦ Võrrand viidud kujule x = y(x + 1) (või x(1 − y) = y ): 1 p

◦ Näidatud, et x 6= −1 (või et y 6= 1) ja viidud võrrand kujule

y =x

x + 1(või x =

y

y − 1): 2 p

◦ Järeldatud, et x É 0 ja x Ê −3: 3 p

◦ Sealhulgas:

• Tehtud ainult üks neist võrratustest: 2 p



◦ Võrrand viidud kujule (x + 1)(1 − y) = −1: 4 p

◦ Järeldatud, et x + 1 ja y − 1 on absoluutväärtuselt võrdsed arvu-ga 1: 2 p


Esines neljaski lahendustüüp, mille järgnevalt mainitud osade eest antudpunktid summeeriti.

◦ Võrrand viidud kujule x = y(x + 1) (või x(1 − y) = y ): 1 p

◦ Näidatud, et x 6= −1 (või et y 6= 1) ja viidud võrrand kujule

y =x

x + 1(või x =

y

y − 1): 2 p

◦ Järeldatud, et arv x jagub arvuga x + 1 (või arv y jagub arvuga1 − y ): 1 p

◦ Näidatud, et x + 1 = ±1 (või 1 − y = ±1): 2 p

32


Üks punkt võeti maha lahendustel, kus oli võrrand läbi jagatud muutujaga,kuid ei vaadatud juhtu, kus muutuja võrdus arvuga 0.

2. (Hannes Jukk)

Lahenduse allpool mainitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Leitud, et treener oli 7 korda kiirem kui jõe vool: 1 p◦ Märgatud, et jõe vool võib olla kas suunas A → B või B → A

ning seda oli oma lahenduses püütud kasutada: 1 p◦ Jõutud järelduseni, et treeneri ja noorsportlase kiiruste summa

ja esimese kohtumiseni kulunud aja korrutis on võrdne teekon-na AB pikkusega (oli ka teisendeid, kus oli esimesest punktistvõetud kaasa seos treeneri ja voolu kiirusega või muud sarnast): 1 p

◦ Leitud seos teise kohtumisega: 2 p◦ Arvutatud treeneri ja noorsportlase kiiruse suhted kahel juhul ja

teostatud väike kontroll (nt noorsportlane on kiirem kui voolu-kiirus): 2 p

Skeemi eelviimase rea all oli kaks samaväärset juhtumit: kas jälgiti vahemaid(kui suure osa moodustab teine kohtumispaik tervest teekonna AB pikku-sest) või siis jälgiti aegasid (vt ametlik lahendus).

Ilmselt oli see ülesanne õpilastele mõnevõrra ootamatu. Kuigi siin ei pea üt-lema, et tegemist oleks olnud murdvõrrandi lahendamisega, siiski võiks öel-da, et ainekava kohaselt oleks see ülesanne pigem 10. klassi ülesanne. Samaspõhilised vahendid on olemas ka põhikooli õpilasel: asendamised ja avalda-mised, murdavaldise lihsustamine, võrdekujuline võrrand.

Üks õpilane tegi ülesande ära. Ühel õpilasel jäi teine voolusuund arvessevõtmata, seega osaline lahendus. Teised ei suutnud edasi minna kohast, kusoli vaja koostada avaldis seoses teise kohtumisega.

3. (Sandra Schumann)


◦ Saadud aru A , B ja E omavahelisest paiknemisest: 1 p◦ Tõestatud, et punkt B on kõõlnelinurga ACDE ümberringjoone

keskpunkt: 5 p

Sealhulgas:

• Vaadeldud kolmnurga ADE ümberringjoont ja rakendatudThalese teoreemi: 2 p

◦ Põhjendatud, miks ringjoone kõõlude keskristsirged läbivad te-ma keskpunkti B : 1 p

Ülesandes oli üpris keeruline osa korrektse joonise tegemine. Paljud ei ol-nud aru saanud, et kuigi E asub sirgel AB , siis ei pea ta asuma lõigul AB .Kuna joonise tegemine oli üpris keeruline, siis võis juba isegi selle eest saada1 punkti (kuigi tavaliselt lõppvoorus jooniste tegemise eest punkte ei anta).

33

4. (Janno Veeorg)

Lahenduse järgnevalt märgitud osade eest antavad punktid summeeriti.

◦ Osas a) näidatud, et 10 tükki saab välja lõigata: 0 p

◦ Osas a) näidatud, et üle 10 tüki ei saa välja lõigata: 3 p

◦ Osas b) näidatud, et 11 tükki saab välja lõigata: 1 p

◦ Osas b) näidatud, et üle 11 tüki ei saa välja lõigata: 3 p

Ülesanne oli üldiselt kas lahendatud või peaaegu lahendamata. Kellel tuliidee kasutada sobivat värvimist, sai peaaegu alati maksimumpunktid. Õpi-lased, kellel sobivat värvimise ideed ei tulnud, proovisid küll igasugustel eri-nevatel viisidel põhjendada, et miks 10 või 11 on maksimaalne arv, aga sel-lised põhjendused tulemuseni ei viinud ja seetõttu nende eest ka punkte eiantud.

5. (Reimo Palm)

Lahenduse järgnevalt mainitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Eraldatud vähim 7 aste 7k : 1 p

◦ Saadud, et vähimas 7 astmes 7k on astendaja k paarisarv: 2 p

◦ Sobiva jääkide/jaguvuse vaatlemise teel tõestatud, et üle jäävsumma ei saa olla täisruut: 4 p

Sealhulgas:

• Tõestatud, et üle jääva summa liidetavate arv jagub 3-ga: 1 p

Lahendused, milles tõestati ainult, et huvitavate arvude summa jagub arvu-ga 212 , said 1 punkti.

34



Hindamisskeemid

1. (Kati Smotrova)


◦ Mainitud, et y 6= 0, ning läbi ülesande kontrollitud enne avaldis-tega läbijagamist juhte, kus avaldis võrdub nulliga: 1 p

◦ Viidud võrrand mõnele kasulikule kujule, näiteks x =y2

y − 1,

y =xy

xy− 1

, (x − (y + 1))(y − 1) = 1, või leitud, et x(x − 4) peab

olema täisarvu ruut: 1 p◦ Põhjendatud, miks sellest järeldub, et y ± 1: 4 p◦ Saadud õige vastus: 1 p

Levinuimaks veaks oli põhjenduste puudumine, miks leitud avaldise väärtuspeab olema just ±1. Väga tihti ei taibatud ka mõelda sellele, mis juhtub siis,

kui avaldises y − 1 = 0 võix

y− 1 = 0.

2. (Indrek Zolk)


◦ Arvutused (a, b) →(

a +b

2,

b

2

)

→(

2a + b

4,

2a + 3b

4

)

teostatud: 1 p

◦ Märgitud, et esimese sammu järel on kaks võimalust: kuib

2É c ,

siis on pankrotis teine pank, kui agab

2> c , läheb mäng edasi: 2 p

◦ Tõestatud, et eeldustel a > c ja b > 2c kehtib2a + b

4> c , seega

teise käigu järel esimene pank pole pankrotis: 3 p

◦ Märgitud, et eelmises kahes punktis toodud mõttekäiku saabkorrata kuitahes palju kordi: 1 p

Kui lahendus oli vormistatud selliselt, et võrdusjuht 2a = b jäi käsitluse altvälja, võeti 1 punkt maha.

Täielikud lahendused järgisid kõik hindamisskeemi mõttekäiku.

Mõni võistleja on tunnetanud, et piirväärtusena on arvula + b

3teatav roll,

aga rangelt tõestatud selles suunas midagi polnud.

35

3. (Elts Abel)


◦ Tehtud lahendusele vastav joonis: 1 p

◦ Kasutatud õigeid järeldusi kolmnurga kesklõikude kohta: 2 p

◦ Õigesti kasutatud sümmeetria omadusi : 1 p

◦ Tõestus viidud lõpuni koos piisavate selgitustega: 3 p

Nagu geomeetriaülesanne ikka, võimaldas seegi väga erinevaid lahendusi,nii et täpsemat ühist skeemi polnud võimalik leida.

Selgitada tuli ka seda, miks vaadeldavad kujundid on sarnased või miks vaa-deldav nelinurk on rööpkülik. Piisavate selgituste puudumisel võeti maha1 punkt.

4. (Ahti Peder)


◦ Osas a) näidatud, et otsitav vähim arv on 1 + 2 + . . . + 7 = 28: 2 p

◦ Osas b) näidatud, et kuni kahe poolthääletava sektsiooniga otsu-seid vastu ei võeta: 1 p

◦ Osas b) leitud, et kui poolt on 7, 6, 5, 4 või 3 sektsiooni, siis või-malusi on vastavalt 1, 7, 21 ja 24 ja 7: 4 p

Vaid üks õpilane lahendas nii, nagu tehtud žürii lahenduses. Enamasti proo-viti leida võimaluste arv juhtudel, kus poolt hääletas 7, 6, 5, 4 või 3 sektsioo-ni. Ka oli enamasti selge, et vähem kui 3 poolthääletava sektsiooniga ei olevõimalik otsust vastu võtta.

Mõni lahendus jagas võimalused poolthääletavate inimeste arvu järgi (va-riandid 15, . . . , 28).

5. (Maksim Ivanov)


◦ Leitud, et täisnurkses kolmnurgas kehtib valem r =a + b − c

2: 4 p

Sealhulgas:

• Tuletatud seos r =ab

a + b + c: 1 p

◦ Tõestatud, et a + b − c on paarisarv: 3 p

Sealhulgas tüüpiliste osaliste mõttekäikude eest:

• Tõestatud, et a+b+c on paarisarv võia + b + c

2on täisarv: 2 p

• Leitud c paarsus sõltuvalt a ja b paarsusest: 1 p

36



Hindamisskeemid

1. (Markus Rene Pae)

Iga lahenduskäigu lähtekohaks oli üheksa potentsiaalse vastusevariandi ole-masolu ning edasine seisnes valede variantide välistamises. Järgnevate la-hendussammude eest antavad punktid summeeriti.

◦ Välistatud variandid, mis lõppevad kas 2-, 4-, 5-, 6- või 8-ga: 1 p

◦ Põhjendatud, miks 1017 + 1 ei sobi algarvuks: 2 p



Lisaks žürii pakutud lahenduses märgitule jagub 1017 + 9 ka 13-ga ning se-da oli nii mõnigi ära kasutanud. Üldjoontes osutus ülesanne üpris lihtsaksning seda kinnitab ka asjaolu, et mediaantulemuse saanud õpilane kogusülesande eest maksimumpunktid.

2. (Taavet Kalda)

Žürii lahenduse allpool mainitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Ammendavalt käsitletud juht n = 1: 1 p

◦ Ammendavalt käsitletud juht n = 2: 2 p

◦ Ammendavalt käsitletud juht n Ê 3: 4 p

Induktsiooniga lahenduse allpool mainitud osade eest antud punktid sum-meeriti.

◦ Induktsiooni baasi tõestus: 1 p

◦ Induktsiooni sammu formuleerimine: 1 p

◦ Induktsiooni sammu tõestus: 5 p

Üllataval kombel ei lahendatud ülesannet vastavalt žürii skeemile peaaeguüldse, peamiselt rakendati induktsiooni.

3. (Oliver Nisumaa)

Žürii lahendusega 1 sarnase mõttekäigu järgnevalt märgitud osade eest an-tud punktid summeeriti.

◦ Avaldatud nurk ∠BC M nurga α kaudu: 1 p

◦ Avaldatud nurk ∠A′BC nurk α kaudu: 1 p

◦ Näidatud, et kolmnurk A′BC on võrdhaarne: 4 p

Sealhulgas:

37

• Näidatud, et |A′B | = |CB |: 1 p

◦ Viidud lahendus lõpule: 1 p

Ühe alternatiivse mõttekäigu järgnevalt märgitud osade eest antud punktidsummeeriti.


◦ Avaldatud nurk ∠B A′K nurga α kaudu: 1 p

◦ Näidatud, et A′BKC on kõõlnelinurk: 4 p

◦ Avaldatud nurk ∠A′CB nurga α kaudu: 1 p

Teise alternatiivse mõttekäigu järgnevalt märgitud osade eest antud punktidsummeeriti.


◦ Avaldatud nurk ∠ABL , kus L on sirgete A A′ ja BK lõikepunkt,nurga α kaudu: 1 p

◦ Viidud lahendus lõpule: 5 p

Nurga α asemel võis teisi nurki avaldada ka mõne teise sellega seotud nurgakaudu.

4. (Jaan Kristjan Kaasik)

◦ Näidatud, et n = 3 korral võidab Ats: 1 p

◦ Näidatud, et n = 4 korral Ats ei kaota: 1 p

◦ Näidatud, et n Ê 5 korral Ats saab alati viiki mängida: 5 p

Sealhulgas:

• Näidatud, et kui Ats alustab, siis Ats saab viiki mängida: 2 p

• Näidatud, et kui Pets alustab, siis Ats saab viiki mängida: 3 p

Puudulike põhjenduste eest võeti punkte maha.

Kõik lahendused olid ametlikust lahendusest erinevad. Kui n > 3, siis vaa-deldi kõigi Petsi käikude korral, kuidas saaks Ats viiki jääda, et taandadamäng juhule n = 3, kus Ats võidaks. Paljudes töödes võis Pets ennast alg-sest arvust n mängida kaugusele 5, mistõttu tuli siis ka seda juhtu vaadata.

5. (Urve Kangro)

Žürii lahenduse 1 järgnevalt mainitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Valitud 2 mingis mõttes äärmist punkti: 1 p

◦ Jagatud ülejäänud punktid kaheks hulgaks valitud punktide va-helise sirgega: 1 p

◦ Ühendatud ülal- ja allpool sirget asuvad punktid nii, et saadudmurdjooned ei lõiku: 5 p

Žürii lahenduse 2 järgnevalt mainitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Vaadeldud kiire pöörlemist ümber ühe märgitud punkti: 5 p

38

◦ Põhjendatud, et pöörlemise järjekorras punktide ühendamiselmoodustub hulknurk: 2 p

Esimeses skeemis võis äärmisi punkte valida nii sarnaselt žürii lahenduselekui ka näiteks valides sellised punktid, mille omavaheline kaugus on suurim.Ka punktide ühendamise järjekorra võis valida nii x-telje projektsioonidejärjekorras kui ka valitud punktide vahelisel sirgel asuvate projektsioonidejärjekorras.

Teise skeemi esimeses reas võib märgitud punkti asemel kasutada ka märgi-tud punktide kumera katte sees asuvat mittemärgitud punkti.

Mitmes töös esines idee moodustada kõigepealt punktide kumer kate, siisjättes välja selle kumera katte tipud, moodustada ülejäänud punktide ku-mer kate jne. Saadud üksteise sees asuvad kumerad hulknurgad ühendada,asendades kahe järjestikuse kumera hulknurga kaks külge neid hulknurkiühendava kahe lõiguga. Kuid üheski töös ei olnud vettpidavalt põhjenda-tud, miks seda alati teha saab, ning seetõttu said sellised lahendused üldiselt1 punkti.

Samuti oli püütud ülesannet lahendada induktsiooni abil. Ka siin ei olnudüheski töös korralikku põhjendust, miks valitud algoritm alati nõutud hulk-nurga tekitab. Vastavalt põhjendatuse astmele said sellised tööd kas 0 või 1punkti.

39



Hindamisskeemid

1. (Jaan Toots)

Lahenduse allpool mainitud osade eest antud punktid summeeriti.◦ Leitud, et a ja c peavad jaguma 3-ga: 5 p

Sealhulgas:

• Leitud analoogseid seoseid üksikjuhtude jaoks: 3 p

◦ Järeldatud, et korrutis peab olema vähemalt 3: 1 p◦ Leitud sobiv konstruktsioon: 1 p

Ülesanne oli hästi lahendatud ning seisnes ühel ideel vaadata jääke 3-ga ja-gamisel. Enamasti olid selle ideeni jõudnud lahendused ka lõpuni viidud.Mõnedes lahendustes üritati tulutult teisendusi teha, kuid ka siis eeldas la-hendusele jõudmine sama idee rakendamist.

2. (Mart Abel)

Žürii lahendusega sarnase lähenemise järgnevalt mainitud osade eest antudpunktid summeeriti.◦ Leitud, et ülesandes nõutuga on samaväärne omavahel võrrelda

suurusi sin 2 ja15

16: 3 p

◦ Korrektselt näidatud, et sin 2 <15

16: 4 p

Sealhulgas:

• Näidatud, et sinπ

3− cos

π

3>

1

4või et sin

2π

3<

15

16: 1 p

Mitmed õpilased lahendasid ülesande žürii lahendustest erinevalt, kasuta-des siinusfunktsiooni (või siinusfunktsiooni ja koosinusfunktsiooni) ritta-arendust.Kui lahendustes esinesid arvutus- või arutlusvead, siis võeti selle eest kapunkte maha.

Mitmes töös oli väidetud, et „kuna 1 on väga lähedane suurusegaπ

3, siis

on ka suurused sin 1 − cos 1 ja sinπ

3− cos

π

3väga lähedased (või et sin 2

ja sin2π

3on väga lähedased), mistõttu piisab, kui kontrollida väidet nurga

π

3(või

2π

3) jaoks“. Selline arutelu aga ei tööta, sest väga lähedaste nurkade

siinused ja koosinused võivad teineteisest suhteliselt palju erineda. Seetõttu

said nurkadeπ

3või

2π

3kontrollijad vaid ühe punkti.

40

3. (Oleg Košik)

Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgmiselt.

◦ Sihitu proovimine või mitteedasiviivad ideed: 0 p

◦ Defineeritud diagonaalide lõikepunkt L ning esineb idee näida-ta, et K L on paralleelne AB ja CD -ga: 1 p

◦ Joonise nurkade arvutusest järeldub, et K B2LC2 vastasnurkadesumma 180 kraadi: 1 p

◦ Pikendatud B1B2 sirgeni CD lõikepunktiga B3 ning pikenda-tud C1C2 sirgeni AB lõikepunktiga C3 ja on idee tõestada, etB1B3C3C1 on rööpkülik: 1 p

◦ Täislahendus, milles mõni selgitus on puudulik: 5 p

◦ Täislahendus: 7 p

4. (Kati Iher)


◦ Tõestus juhul, kui linnade vahel pole tsükleid: 4 p

◦ Tõestus juhul, kui linnade vahel on tsükkel: 3 p

Sealhulgas:

• Märgatud, et tsüklilised kahesuunalised lennuliinid on või-malik asendada ühesuunalistega, nii et linnadest väljuvateja neisse sisenevate lennuliinide arvude vahe ei muutu: 2 p

5. (Kristjan Kongas)


◦ Leitud võrrand, millest saab leida võimalikke n tegureid: 2 p

◦ Lahendatud võrrand paaritu n jaoks: 2 p

◦ Lahendatud võrrand paaris n jaoks: 2 p

◦ Tehtud kontroll või rakendatud korrektselt seost 3 É n É 27: 1 p

Ülesanne osutus üsna lihtsaks. Kõige rohkem oli probleeme paarisarvulistelahendite leidmisel. Paljud elimineerisid erinevate valede arutluskäikudegapaarisarvulise n . Samuti unustati kontrollida, et n É 27. Kahel tööl märgitiisegi n = 720 ühe vastusena.

41

Documents

Lõppvoor 2019 - ut