A 2000 decemberi 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. 251. Adott a térben egy gömb. Ha a P pont illeszkedik a gömbre, a Q pont pedig nem, akkor jelölje P_Q a PQ egyenes és a gömb P-től különböző metszéspontját. Ha a PQ egyenes érinti a gömböt, akkor legyen P_Q=P.

Igazoljuk, hogy ha a gömb A, B, C, D pontjai nincsenek egy síkban, akkor legfeljebb két olyan Q pont létezik, amelyre az A_QB_QC_QD_Q tetraéder egyenlő oldalú. (Egy tetraédert egyenlő oldalúnak nevezünk, ha a lapjai egybevágóak.)

Megoldásvázlat. Legyen Q egy, a feltételeknek megfelelő pont, és legyen a gömbre vonatkozó hatványa p. Tekintsük az A, B, A_Q és B_Q pontokat.

Az ABQ és B_QA_QQ háromszögek hasonlóságából

Ugyanígy kapjuk, hogy

Mivel az A_QB_QC_QD_Q tetraéder egyenlő oldalú, A_QB_Q=C_QD_Q. Behelyettesítve az előbbi eredményeket,

(1)

Teljesen hasonlóan

(2)

és

(3)

Az (1), (2) és (3) egyeneletekből kiszámíthatjuk az AQ, BQ, CQ és DQ távolságok arányát:

Azok a Q pontok, amelyekre az AQ:BQ arány megfelelő, egy gömbön vannak, amelynek középpontja az AB egyenesen van. (Ha az arány 1, akkor a gömb elfajul az AB szakasz felező merőleges síkjává.) Az összesen 6 gömb középpontjai az ABCD tetraéder élegyenesein vannak, ezért nem lehetnek egy egyenesen. A gömböknek emiatt legfeljebb két közös pontja lehet. (Abban az esetben, ha egy vagy több gömb síkká fajul, további diszkusszióra van szükség.)

A. 252. Igazoljuk, hogy ha az a₁,...,a_n egész számok (n+k)-val osztva összesen legalább k+1 különböző maradékot adnak, akkor kiválasztható közülük néhány (lehet, hogy csak egy; lehet, hogy az összes), amelyek összege osztható (n+k)-val.

Javasolta: Károlyi Gyula és Podoski Károly, Budapest

Megoldásvázlat. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy a₁,...,a_k+1 páronként különböző maradékot ad (n+k)-val osztva. Legyen S=a₁+...+a_k+1, és tekintsük a következő három számhalmazt:

I.	a₁, a₂, ..., a_k+1;
II.	S-a₁, S-a₂, ..., S-a_k+1;
III.	S, S+a_k+2, S+a_k+2+a_k+3, ..., S+a_k+2+...+a_n

Ez összesen n+k+2 összeg. Ha valamelyik osztható (n+k)-val, kész vagyunk. A továbbiakban feltételezzük, hogy egyik sem osztható (n+k)-val.

Az a₁,...,a_k+1 számok kiválasztása miatt az I. sorozatban a számok páronként különböző maradékot adnak (n+k)-val osztva. Ugyanez igaz a II. sorozatra is.

Könnyen ellenőrizhető, hogy ha a három sorozatból valamelyik két szám kongruens modulo (n+k), de a különbségük nem írható fel néhány a_i összegeként, az csak úgy lehetséges, ha az egyik szám a_j, a másik pedig S-a_j valamely alkalmas 1jk+1 indexre. Mivel a sorozatokban összesen n+k+2 szám van, de csak n+k-1 lehetséges maradék (a 0-t kizártuk), vagy három ilyen j index létezik, vagy pedig kiválasztható néhány a_i, aminek az összege osztható (n+k)-val.

Viszont S-a_ja_j (mod n+k), azaz 2a_jS (pmod n+k) legfeljebb kétféle j esetén teljesülhet, mert a 2xS (pmod n+k) kongruenciának legfeljebb két megoldása lehet.

A. 253. Keressük meg az összes olyan f:(0,)(0,) függvényt, amelyre tetszőleges x, y pozitív valós számok esetén

(1) f(x)f(yf(x))=f(x+y).

IMC 2000, London

Megoldás. Először bebizonyítjuk, hogy tetszőleges x esetén f(x)1. Tegyük fel, hogy valamely x-re f(x)>1. Ehhez találhatunk olyan pozitív y-t, amelyre yf(x)=x+y: ez a szám az . Behelyettesítve ezeket az értékeket (1)-be,

f(x)f(x+y)=f(x)f(yf(x))=f(x+y),

amiből f(x)=1, ez pedig ellentmondás.

Az (1) egyenletben az f(yf(x)) tényező minden esetben legfeljebb 1; ebből következik, hogy tetszőleges x,y számokra f(x+y)f(x), vagyis az f függvény monoton fogy.

Most megmutatjuk, hogy a függvény vagy konstans 1, vagy pedig minden értéke kisebb 1-nél. Ha valamely x>0-ra f(x)=1, akkor az egyenletből f(2x)=f(x+x)=f(x)f(xf(x))=1. Ezt a lépést ismételgetve kapjuk, hogy f(4x), f(8x), ...mindegyike 1. A monotonitás miatt az ezeknél kisebb helyeken is csak 1 lehet a függvény értéke. Ha tehát a függvény legalább egyszer felveszi az 1-et, akkor konstans 1.

A konstans 1 függvényre teljesül az (1) függvényegyenlet. A továbbiakban azt az esetet vizsgáljuk, ha f mindegyik értéke kisebb 1-nél. Az ilyen függvényekre az előbbi módon kapjuk, hogy szigorúan monoton fogynak.

Legyen f(1)=a; tetszőleges t>0 esetén helyettesítsük be (1)-be az x=1, illetve x=t, számokat,

f(t)-vel osztás után, a szigorú monotonitásból kapjuk, hogy

amiből

Bevezetve a jelölést, ahol b>0. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy az ilyen alakú függvények is megoldások. A b=0 elfajuló eset a konstans 1 függvényt adja. Az összes megoldás tehát:

ahol b0.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?