Az 1999. decemberi B-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaLban folyamatosan közöljük.

B. 3322. Legfeljebb hány részre osztja a teret 4 olyan sík, amely egy ponton halad át? (3 pont)

Megoldásvázlat. Bebizonyítjuk, hogy n darab egy ponton átmenő sík a teret legfeljebb n(n-1)+2 részre osztja. Ez n=1 esetén triviális.

Ha már van k síkunk, és veszünk egy (k+1)-ediket, akkor a régi síkok az új síkot legfeljebb k egyenesben metszik, és ezáltal legfeljebb 2k tartományra osztják. Az új sík mindegyik tartománya egy-egy térrészt oszt ketté. Tehát az új sík legfeljebb 2k térrészt vág ketté, tehát legfeljebb 2k-val növeli a térrészek számát.

A régi síkok a teret legfeljebb k(k-1)+2 részre osztották; a legfeljebb 2k új résszel együtt ez legfeljebb k(k-1)+2+2k=(k+1)k+2 rész.

A feladatban n=4 sík a teret legfeljebb 14 részre osztja.

B. 3323. Keressük meg azt a legbővebb intervallumot, amelyben 19/99 a legkisebb nevezőjű tört. (5 pont)

Megoldásvázlat.Ha <<, akkor 19b-99a1 és 99c-19d1. Az 19b-99a=1 illetve 99c-19d=1 egyenletek legkisebb pozitív egész megoldása a=14, b=73, c=5 és d=26. Tehát

<<.

Bebizonyítjuk, hogy a (; ) intervallumban a a legkisebb nevezőjű tört. Az intervallum nyilván egyik oldalon sem bővíthető tovább, mert mindkét végpontja 99-nél kisebb nevezőjű tört.

Legyen az intervallum egy eleme, azaz <<. A két egyenlőtlenséget beszorozva kapjuk, hogy

(1)    14y+173x

és

(2)    26x5y-1.

E két egyenlőtlenség egybevetéséből

26(14y+1)73(5y-1),

vagyis y99. Az y=99 esetben (1)-ben és (2)-ben is egyenlőség áll, ami csak x=19 esetén teljesül.

A legbővebb intervallum tehát, amiben a a legkisebb nevezőjű tört, a (; ).

Megjegyzés. Ha tekintjük az összes olyan törtet, amelyek nevezője nem nagyobb egy adott N pozitív egésznél, és ezek között és két szomszédos, akkor bc-ad=1. Erről a témáról bővebben olvashatunk Niven - Zuckermann Bevezetés a számelméletbe c. könyvének Farey-törtekről szóló fejezetében.

B. 3324. Hányféleképpen írható fel 1999¹⁹⁹⁹ egymás után következő természetes számok összegeként? (4 pont)

Javasolta: Káspári Tamás, Paks

Megoldásvázlat. Ha alkalmas a és n pozitív egészekkel

a+(a+1)+(a+2)+...+(a+n-1)=1999¹⁹⁹⁹,

akkor a számtani sorozat összegképlete alapján

n(2a+n-1)=2^.1999¹⁹⁹⁹

Minden megoldáshoz tehát a 2^.1999¹⁹⁹⁹ szám egy szorzattá alakítása tartozik. Megfordítva, ha a 2^.1999¹⁹⁹⁹ számot felírjuk p^.q alakban, ahol p<q, abból az n=p; a=(q-p+1)/2 megoldást nyerjük. (A q-p+1 szám biztosan páros, mert p és q közül az egyik páros, a másik páratlan.)

A 2^.1999¹⁹⁹⁹ szám pozitív osztóinak száma 4000, ezek 2000 párba rendezhetők. Az 1999¹⁹⁹⁹ tehát 2000-féleképpen írható fel szomszédos pozitív egészek összegeként.

B. 3325. A p₁, p₂, p₃, p₄ prímszámokat négyesikreknek nevezzük akkor, ha p₁<p₂<p₃<p₄, és p₄-p₁=8. Bizonyítsuk be, hogy ha a p₁, p₂, p₃, p₄ és a q₁, q₂, q₃, q₄ prímszámok is négyesikrek, továbbá p₁ és q₁ nagyobbak 5-nél, akkor p₁-q₁ osztható 30-cal, de nem lehet 60. (3 pont)

Megoldásvázlat. Tetszőleges három egymás utáni páratlan szám közül pontosan az egyik osztható 3-mal. Ezért, ha a p₁, p₁+2, p₁+4, p₁+6, p₁+8 számok közül csak az egyik osztható 3-mal, akkor ez a p₁+4. Ennek következménye, hogy a négyesikrekben p₂=p₁+2, p₃=p₁+6, p₄=p₁+8; kivéve a 3,5,7,11 esetet, amikor a 3 maga is szerepel a prímek között.

A p₁, p₁+2, p₁+4, p₁+6, p₁+8 számok közül az egyik osztható 5-tel. Ez kétféleképpen lehetséges: p₁=5 vagy p₁+4 osztható 5-tel.

A feladatban p₁>5, ezért a négyesikerséghez szükséges, hogy p₁+4 3-mal és 5-tel is osztható páratlan szám, azaz 30k+15 alakú legyen; ebben az esetben p₁=30k+11. Hasonlóképpen q₁=30m+11 egy alkalmas m nemnegatív egésszel. Ebből következik, hogy p₁-q₁=30(k-m) osztható 30-cal.

Ha p₁-q₁=60, akkor q₁, q₂=q₁+2, q₃=q₁+6, q₄=q₁+8, p₁=q₁+60 p₂=q₁+62, p₃=q₁+66 és p₄=q₁+68 közül valamelyik osztható 7-tel, mert a 0, 2, 6, 8, 60, 62, 66 és 68 számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo 7. Viszont egyik szám sem lehet a 7, mert - mint láttuk - q₁ maga is 30m+11 alakú, tehát legalább 11. p₁-q₁ tehát nem lehet 60.

Megjegyzések. 1. p₁-q₁ értéke lehet 30, például az 1006301, 1006303, 1006307, 1006309, 1006331, 1006333, 1006337, 1006339 számok mind prímek.

2. Az általánosított ikerprímsejtés szerint ha az d₁, d₂, ..., d_n nemnegatív egész számok semmilyen 1-nél nagyobb m egészre sem alkotnak teljes maradékrendszert modulo m, akkor végtelen sok olyan a pozitív egész létezik, amelyre a+d₁, a+d₂, ..., a+d_n mindegyike prímszám.

B. 3326. Egy szabályos oktaéder egyik lapját merőlegesen vetítjük a szemközti lap síkjára. A szemközti lap területének hányadrészét fedi le a vetület?

(4 pont)

Javasolta: Juhász Máté 8. o.t., Budapest

Végeredmény: A kétharmadát fedi le.

B. 3327. Adjunk meg egy egész együtthatós polinomot, amelynek a cos 18^o zérushelye! (4 pont)

1. megoldásvázlat. Az ábrán az ABC és ABD háromszögek hasonlóságából és . Az ABC háromszög C-ből induló magassága cos 18^o, és a Pithagorasz-tételből

.

Tehát a cos 18^o gyöke az (8x²-5)²-5= 64x⁴-80x²+20 polinomnak.

2. megoldásvázlat. Ismeretes, hogy

cos 5=64cos⁵-80cos³+20cos .

Mivel cos 5^.18^o=cos 90^o=0, ebből következik, hogy cos 18^o gyöke a 64x⁵-80x³+20x polinomnak.

Megjegyzés. Tetszőleges n egész számhoz létezik egy egész együtthatós polinom (a jele T_n), amelyre

T_n(cos )=cos n.

A T_n polinomot az n-edik Csebisev-polinomnak hívják.

B. 3328. Egy konvex sokszög minden oldalegyenesét az oldalra merőleges irányban kifelé eltoltuk 5 cm-rel. Mutassuk meg, hogy az így kapott sokszög kerülete több, mint 30 cm-rel nagyobb az eredeti sokszög kerületénél. (3 pont)

Javasolta: Magyar Zsolt, Budapest

Megoldásvázlat.

Az eredeti sokszög oldalait merőlegesen vetítve a megnagyobbított sokszög oldalegyeneseire, a két sokszög közötti területet téglalapokra és derékszögű deltoidokra bonthatjuk (jobboldali ábra). A kerület növekedése éppen a deltoidok átrendezésével (jobboldali ábra) kapott sokszög kerületével egyenlő. Ebbe a sokszögbe egy 5 cm sugarú kör írható, ezért kerülete nagyobb, mint az 5 cm sugarú kör kerülete, ami 10>30.

B. 3329. Egy 31 fős osztályban a szokásos módon akarják egymást karácsonykor megajándékozni a gyerekek: december elején az egyik osztályfőnöki órán egy kalapba beleteszik a 31 nevet, és sorban mindenki kihúzza annak a nevét, akinek ajándékot készít. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a húzást meg kell ismételni, mert valaki a saját nevét húzta? (4 pont)

Megoldásvázlat. n gyerek esetén a lehetséges sorsolások száma n!. Annak a valószínűsége, hogy k előre kiválasztott gyerek mindegyike saját magát húzza, , mert a többi n-k gyerek (n-k)!-féleképpen sorsolhat egymás között.

Annak valószínűsége, hogy legalább egy gyerek önmagát húzza, a logikai szitaformula alapján

Ez a kifejezés az =0,6321205588... számhoz konvergál, a kettő közötti különbség kisebb, mint ; 31 gyerek esetén <10^-35.

A keresett valószínűség tehát körülbelül 63,212 százalék.

B. 3330. Egy 105 egység oldalú négyzet belsejében 1999 egységnégyzetet helyeztünk el. Mutassuk meg, hogy elhelyezhető még egy egységnégyzet úgy, hogy ne legyen a többivel közös pontja. (5 pont)

Megoldásvázlat. Bebizonyítjuk, hogy elhelyezhető olyan K egységnégyzet is, amelynek oldalai párhuzamosak a nagy négyzet oldalaival. Ehhez meghatározzuk azt a halmazt, ahol K középpontja lehet, és megmutatjuk, hogy ennek a ponthalmaznak a területe pozitív.

Az új négyzet középpontja csak abban a 104 oldalú négyzetben lehet, amit a nagy négyzet oldalainak fél-fél egységgel való befelé tolásával kapunk. Ennek területe 104²=10816 egység.

Tekintsünk egy tetszőleges N egységnégyzetet, amely a nagy négyzet oldalaihoz képest szöggel van elforgatva. Ennek minden pontja köré rajzoljunk egy-egy újabb egységnégyzetet; ezek uniója egy nyolcszög, aminek minden oldala egységnyi. (=0 esetén a nyolcszög egy 2 egység oldalú négyzetté fajul.) Az N-nek és a leendő K négyzetnek pontosan akkor nem lesz közös pontja, ha K középpontja a nyolcszögön kívül van.

Könnyen ellenőrizhető, hogy a nyolcszög területe 2+2sin+2cos 2+2. Ha mind az 1999 négyzet köré megrajzoljuk a nyolcszögeket, azok területe összesen legfeljebb 3998+39989652,03 egység.

A 104 oldalú négyzet területéből kivonva a tiltott nyolcszögek területét, több, mint 1163 egységnyi terület marad, ahol K középpontját elhelyezhetjük.

B. 3331. A 12.b osztályba ugyanannyi fiú jár, mint lány, így a szalagavatón mindenkinek lesz az osztályból táncpartnere. A párok összeállításához minden fiú rangsorolja az összes lányt, és fordítva. Mutassuk meg, hogy párba állíthatók úgy, hogy ne legyen olyan fiú és lány, akik mindketten szívesebben táncoltak volna egymással, mint a nekik jutó partnerrel. (5 pont)

Megoldásvázlat. Megadunk egy eljárást, amivel a kívánt összepárosítás elkészíthető.

Abból a helyzetből indulunk ki, hogy senkinek nincs párja.

Minden lépésben kiválasztunk egy facér fiút. Ez fiú oda megy ahhoz a lányhoz, aki az első helyen áll a listáján. Ha annak még nincs párja, akkor ők egy pár lesznek. Ha a lánynak már van párja, akkor megpróbálja "lekérni". Lekérés esetén a lány választ a két fiú közül. Ha a lekérés sikeres, akkor a lány korábbi párja visszamegy a facér fiúk közé.

Ha nem sikerült a lekérés, akkor a fiú a listáján 2. helyezett lánynál próbálkozik, majd a 3. helyezettnél stb. egészen addig, amíg talál magának párt.

Ezt az eljárást egészen addig folytatjuk, amíg mindenkinek lesz párja.

Bebizonyítjuk, hogy az eljárás biztosan véget ér. Minden egyes állapotban a lányok egy-egy pontszámot kapnak. Akinek még nincs párja, 0 pontot kap. Akinek a listájáról az utolsó helyezett a párja, 1 pontot kap. Akinek az utolsó előtti a párja, 2-t, és így tovább. Ha n fiú és n lány van, akkor pontszámok összege 0 és n² között lehet, és minden lépésben nő. Ezért az eljárás legfeljebb n² lépésben biztosan véget ér.

Azt is megmutatjuk, hogy a végeredményül kapott párosítás megfelel a feltételnek. Tegyük fel, hogy egy fiú, F és egy lány, L szívesebben táncolna egymással, mint a kapott párjukkal. Ebben az esetben F előbb L-t próbálta táncra kérni illetve lekérni, mint a jelenlegi párját. L-nek pedig F-et kellett volna választania. Ez tehát nem lehetséges.