A 2000 januári A-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 KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

A. 227. Létezik-e olyan pozitív egész n, amelyre n, 2n, 3n, ..., 2000n mindegyikének tízes számrendszerbeli alakjában a 0-tól különböző számjegyek pontosan ugyanannyiszor fordulnak elő?

A feladat szövege félreérthetően jelent meg. A javított szöveg az áprilisi számban fog megjelenni.

A. 228. Igaz-e, hogy ha az f, g: QQ függvények szigorúan monoton nőnek és értékkészletük a teljes Q, akkor az f+g függvény értékkészlete is a teljes Q? (Q a racionális számok halmaza.)

Fried Ervin, Budapest

1. megoldásvázlat. A válasz: nem. Megadunk olyan, a feltételeknek megfelelő f és g függvényeket, amelyekre f+g nem veszi fel a 0-t.

Legyen f(x)=x. Ez nyilván szigorúan monoton nő és értékkészlete a teljes Q.

Legyen

A g függvény a (-, 2], (1,2) és [2,) intervallumokban külön-külön szigorúan monoton nő, e három intervallumra megszorítva értékkészlete a (-, -2], (-2,-1) illetve [-1,) intervallumok racionális elemeiből áll. Ezért igaz, hogy g szigorúan monoton nő, és értékkészlete a teljes Q.

Tegyük fel, hogy létezik olyan xQ, amelyre f(x)+g(x)=0. Ha x1 vagy x2, akkor f(x)+g(x)=2x-3, ami csak x=3/2 esetén lenne 0, de ez a szám nem szerepel a megadott intervallumokban.

Ha 1<x<2, akkor

x²=2.

Ez ismét ellentmondás, mert ilyen x racionális szám nincs.

Tehát f+g nem veszi fel a 0-t.

Máthé András 12. o. (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn.)

2. megoldásvázlat. Legyen ismét f(x)=x. Konstruálunk egy olyan g függvényt, amely szigorúan monoton nő, értékkészlete a teljes Q, és f+g nem veszi fel a 0-t.

Legyen (a_n) egy racionális számokból álló, szigorúan növekvő sorozat, amely -höz tart; (b_n) pedig legyen egy ugyancsak racionális számokból álló és -höz tartó, de szigorúan monoton csökkenő sorozat. Ilyen sorozatot készíthetünk pl. a =1,414213... tizedesjegyeiből, pl. a₁=1, a₂=1,4, a₃=1,41, a₄=1,414, ...illetve b₁=2, b₂=1,5, b₃=1,42, b₄=1,415, ....

Legyen tetszőleges n pozitív egész esetén g(a_n)=-b_n és g(b_n)=-a_n. Az [a_n,a_n+1] és [b_n+1,b_n] intervallumokban legyen g lineáris. x<a₁ és x>b₁ esetén legyen g(x)=x-a₁-b₁. Ez a függvény a (-, ) illetve (,) intervallumokon egymáshoz kapcsolódó lineáris zakaszokból áll, a két fél grafikon a (,-) ponthoz torlódik.

A függvény értékkészlete a [-a_n+1,-a_n] és [-b_n,-b_n+1] (n=1,2,...) valamint a (-, -b₁] és [-a₁,) intervallumok racionális elemeiből áll. Az intervallumok uniója a - kivételével az összes valós számot, és ezáltal az összes racionális számot tartlamazza. A g függvény értékkészlete tehát a teljes Q.

Ha x<, akkor g(x)<- és f(x)+g(x)<-=0. Ha pedig x>, akkor g(x)>- és f(x)+g(x)>-=0. Ezért az f+g függvény nem veszi fel a 0-t.

Zábrádi Gergely 12. o. (Győr, Révai M. Gimn.)

dolgozata alapján

A. 229. Két ötszög úgy helyezkedik el a síkon, hogy csúcsaik nincsenek rajta a másik ötszög oldalegyenesein. Legfeljebb hány pontban metszhetik egymást az oldalak?

Megoldásvázlat. Bebizonyítjuk, hogy legfeljebb 18 pontban metszhetik egymást. A 18 metszéspont lehetséges, például az 1. ábrán látható módon.

1. ábra

Annak bizonyításához, hogy 18-nál több metszéspont nem lehetséges, három segédtételt bizonyítunk be.

1. segédtétel. Egy konvex sokszöget egy egyenes legfeljebb 2 pontban metszhet.

Bizonyítás. A két legtávolabbi metszéspontot összekötő szakasz a belsejével kiegészített sokszög része, ezért ez a szakasz nem metszheti a sokszög határát.

2. segédtétel. Egy ötszöget egy egyenes, amelyik egy csúcsára sem illeszkedik, legfeljebb 4 pontban metszhet.

Bizonyítás. Az egyenes mindegyik oldalt legfeljebb egy pontban metszi, tehát 5-nél több metszéspont biztosan nem lehetséges. A metszéspontok az egyenest két félegyenesre és néhány szakaszra osztják. Ezek a darabok felváltva az öszögön kívül és belül helyezkednek el; a két félegyenes biztosan kívül. ebből következik, hogy a szakaszok száma páratlan, és a metszéspontok száma páros. A metszéspontok száma tehát 5 sem lehet.

3. segédtétel. Két sokszög, amelyek csúcsi nem illeszkednek a másik sokszög oldalegyeneseire, csak páros sok pontben metszheti egymást.

Bizonyítás. Az egyik sokszög kerületén körbehaladva, mindegyik metszéspontnál a sokszög belsejéből a külsejébe, vagy a külsejéből a belsejébe lépünk át. A teljes körbehaladás után ugyanabba a síkrészbe érünk vissza, tehát összesen ugyanannyiszor lépünk belülről kívülre, mint kívülről belülre.

Most bebizonyítjuk, hogy két ötszög legfeljebb 18 pontban metszi egymást. Legyen a két ötszög A és B. A mindegyik oldalegyenese legfeljebb 4 pontban metszi B-t a 2. lemma szerint; ez összesen legfeljebb 20 metszéspont. 19 metszéspont nem lehetséges a 3. lemma szerint. Már csak kell bebizonyítanunk, hogy a metszéspontok száma nem lehet 20.

Ha a metszéspontok száma 20, akkor A mindegyik oldala B-nek 4 oldalát metszi, és megfordítva, B mindegyik oldala A-nak 4 oldalát metszi. Ebből az 1. lemma alapján az is következik, hogy A és B konkáv.

Mivel A konkáv, van konvex és konkáv szöge is, és van három szomszédos oldala: a, b és c úgy, hogy a és b konvex, b és c konkáv szögben csatlakozik egymáshoz. (2. ábra.)

2. ábra

Legyen B-nek az az oldala, amit b nem metsz, d. Ez az oldal metszi A-nak 4 oldalát, tehát metszi a-t és c-t is. Mivel a és c a b egyenes ellentétes oldalain vannak, d metszi a b egyenest. Ez viszont ellentmondás, mert a b egyenes a B ötszögnek minden oldalát metszi.

A két ötszög tehát legfeljebb 18 pontban metszi egymást.

Varjú Péter 11. o. (Szeged, Radnóti M. Gimn.)