A 2001. januári 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 KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

B. 3422. Igazoljuk, hogy 7²⁰⁰¹-3³³³⁵ osztható 100-zal. (3 pont)

Megoldás. 2001=3^.667, 3335=5^.667. Így

7²⁰⁰¹-3³³³⁵ = (7³)⁶⁶⁷-(3⁵)⁶⁶⁷ = 343⁶⁶⁷-243⁶⁶⁷ = (343-243)(343⁶⁶⁶+343⁶⁶⁵243+...+243⁶⁶⁶).

Az első tényező éppen 100.

B. 3423. Alkothatnak-e egy háromszög beírt körének az oldalakon levő érintési pontjai tompaszögű háromszöget? (3 pont)

Megoldás. Nem. A beírt kör középpontja mindig az érintési pontok által meghatározott háromszög belsejében van, ezért ez a háromszög mindig hegyesszögű.

B. 3424. Egy szabályos háromszögbe négyzetet írunk, amelynek minden csúcsa a háromszög kerületén van. A négyzet egyik oldala egy kisebb szabályos háromszöget metsz le; ebbe hasonló módon ismét négyzetet írunk, és így tovább. A háromszög hányadrészét fedi le a négyszögek végtelen sorozata? (3 pont)

Megoldás. A négyzeteknek a háromszög oldalával párhuzamos oldalai a háromszöget trapézokra bontják. Az ábrán az egyik ilyen trapézt színeztük ki. Mindegyik trapéz területének ${3-\sqrt3\over2}$ -szerese a megfelelő négyzet területe. A négyszögek által lefedett rész tehát a teljes terület ${3-\sqrt3\over2}$ -szerese, körülbelül 63,4%-a.

B. 3425. A 3+4+5+6=3^.6; 15+16+17+...+34+35=15^.35 egyenlőségek azt sugallják, hogy a természetes számokból ki lehet választani néhány egymás követőt úgy, hogy összegük egyenlő a legkisebb és a legnagyobb kiválasztott szám szorzatával. Mutassuk meg, hogy végtelen sok ilyen tulajdonságú sorozat van! (5 pont)

Kiss Sándor, Nyíregyháza

1. megoldás. Olyan a<b pozitív egészeket kell keresnünk, amelyekre

a+(a+1)+...+b=ab,

azaz

$\displaystyle {(b-a+1)(a+b)\over2}=ab,$

(1) a²+2ab-b²-a-b=0.

Tegyük fel, hogy az (a₀,b₀) számpár megoldása az (1) egyenletnek. Ebből további egész megoldásokat fogunk konstruálni.

Tekintsük az x²+(2b₀-1)x-b₀²-b₀=0 másodfokú egyenletet. Ennek egyik gyöke x₁=a₀. A másik gyöke a Viéte-képletekből x₂=-(2b₀-1)-a₀. Ha tehát az (a₀,b₀) számpár megoldása az (1) egyenletnek, akkor a (-a₀-2b₀+1,b₀) számpár is megoldás.

Tekintsük most az x²-(2a₀-1)x-a₀²+a₀=0 másodfokú egyenletet. Ennek egyik gyöke x₁=b₀, másik gyöke x₂=(2a₀-1)-b₀. Tehát az (a₀,2a₀-b₀-1) számpár is megoldása (1)-nek.

Az iménti kétféle lépést felváltva alkalmazva kapjuk, hogy a következő számpárok mind megoldásai az (1) egyenletnek:

(a₀,b₀);

(-a₀-2b₀+1,b₀);

(-a₀-2b₀+1,-2a₀-5b₀+1);

(5a₀+12b₀-2,-2a₀-5b₀+1);

(5a₀+12b₀-2,12a₀+29b₀-6).

Ha a₀<b₀ pozitív egészek, akkor 5a₀+12b₀-2<12a₀+29b₀-6 is pozitív egészek. Így a feladat egy megoldásából egy ,,nagyobb'' megoldást konstruáltunk.

Megjegyzés. Az, hogy ha (a₀,b₀) megoldás, akkor (5a₀+12b₀-2,12a₀+29b₀-6) is megoldás, egyszerű behelyettesítéssel is ellenőrizhető:

(5a₀+12b₀-2)²+2(5a₀+12b₀-2)(12a₀+29b₀-6)-

-(12a₀+29b₀-6)²-(5a₀+12b₀-2)-

-(12a₀+29b₀-6)=a²+2ab-b²-a-b=0.

2. megoldás. Az (1) egyenletet átalakítva

(2a+2b-1)²-8b²=1,

ami x=2a+2b-1, y=b helyettesítéssel az x²-8y²=1 Pell-egyenlet. Ennek megoldásai mindazok az (x,y) számpárok, amelyekre $\displaystyle x\pm2\sqrt{2}y=\big(3\pm2\sqrt{2}\big)^n$ valamely n pozitív egészre. Ebből végtelen sok megoldást nyerhetünk, például az n=2,3,4 kitevőkre a következő (a,b) számpárokat kapjuk: (3,6), (15,35), (85,204).

B. 3426. Mit kapunk maradékul, ha az x²⁰⁰¹ polinomot elosztjuk (x+1)²-nel? (4 pont)

Megoldás. A binomiális tétel alapján

x²⁰⁰¹=((x+1)-1)²⁰⁰¹=

$\displaystyle ={2001\choose0}(x+1)^{2001}-+\dots+{2001\choose2000}(x+1)-{2001\choose2001}.$

Az utolsó kettő kivételével mindegyik tag osztható (x+1)²-nel. A maradék tehát

$\displaystyle {2001\choose2000}(x+1)-{2001\choose2001}=2001x+2000.$

B. 3427. Tükrözzük a hegyesszögű ABC háromszög oldalegyeneseit a rájuk nem merőleges magasságvonalakra. Az így kapott hat tükörkép közül három az ABC háromszög belsejében fekvő A₁B₁C₁ háromszöget, míg a másik három az A₂B₂C₂ háromszöget határolja. Ez utóbbi háromszögnek van egy 20^o-os és egy 70^o-os szöge. Számítsuk ki az A₁B₁C₁ háromszögek szögeit. (4 pont)

Bakonyi Gábor, Budapest

Megoldás. Legyenek a háromszög szögei $\displaystyle alpha$ beta gamma .

A szögek összeszámolásával ellenőrizhető, hogy az ábra szerinti betűzéssel C₁A₁B₁ angle =2 alpha , A₁B₁C₁ angle =2 beta = gamma , B₁C₁A₁ angle =3 gamma -180^o, C₂A₂B₂ angle =180^o-3 alpha , A₂B₂C₂ angle =180^o+ alpha -2 beta és B₂C₂A₂ angle =2 alpha +2 beta -180^o.

Az utóbbi három szög közül az egyik 20, egy másik 70 fokos, a harmadik 90 fokos. A szögek sorrendjétől függően hat eset lehetséges. Mindegyik esetben egy egyenletrendszer adja meg az alpha , beta és gamma értékét.

180^o-3	180^o+-2	2+2-180^o
20^o	70^o	90^o	53 ${1\over3}$ ^o	81 ${2\over3}$ ^o	45^o	Nem megoldás, mert >
20^o	90^o	70^o	53 ${1\over3}$ ^o	71 ${2\over3}$ ^o	55^o	Nem megoldás, mert >
70^o	20^o	90^o	36 ${2\over3}$ ^o	98 ${1\over3}$ ^o	45^o	Nem megoldás, mert >
70^o	90^o	20^o	36 ${2\over3}$ ^o	63 ${1\over3}$ ^o	80^o	Megoldás
90^o	20^o	70^o	30^o	95^o	55^o	Nem megoldás, mert >
90^o	70^o	20^o	30^o	70^o	80^o	Megoldás

A feladatnak tehát kétféle megoldása van; az ABC háromszög szögei 36 ${2\over3}$ , 63 ${1\over3}$ és 80, vagy pedig 30, 70 és 80 fokosak. Az eslő esetben az A₁B₁C₁ háromszög szögei 73 ${1\over3}$ , 46 ${2\over3}$ és 60 fokosak, a második esetben az A₁B₁C₁ háromszög szabályos.

B. 3428. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges háromszögben érvényes az alábbi összefüggés:

(R a háromszög köré írt, r a háromszögbe írt, r_a, r_b, r_c pedig a hozzáírt körök sugarát jelentik.) (4 pont)

Tőricht Pál és Árokszállási Tibor, Paks

Megoldás. Jelöljük a háromszög területét t-vel, félkerületét s-sel. Mint ismeretes, t=r^.s=r_a^.(s-a)=r_b^.(s-b)=r_c^.(s-c), továbbá a Héron-képlet szerint t²=s(s-a)(s-b)(s-c). Ezekből következik, hogy r^.r_a^.r_b^.r_c=t². Ezt behelyettesítve láthatjuk, hogy a bizonyítandó állítás ekvivalens az ismert $t\le{3\sqrt3\over4}R^2$ egyenlőtlenséggel.

B. 3429. Legyen , és legyen f:NN egy olyan függvény, amelyre tetszőleges pozitív egész n esetén

Igazoljuk, hogy f(f(n))=f(n)+n. (4 pont)

Megoldás. Tetszőleges n pozitív egészre

|f(f(n))-f(n)-n|=|f(f(n))-qf(n)+(q-1)f(n)-q(q-1)n|

$\le\big|f(f(n))-qf(n)\big|+(q-1)\big|f(n)-qn\big|<{1\over q}+{q-1\over q}=1,$

tehát f(f(n))-f(n)-n=0.

B. 3430. Adottak a síkon a P₁, P₂, ..., P_n pontok. Kiválasztunk egy olyan 1in indexet, amelyre a P_i, P_i+1, P_i+2 pontok nincsenek egy egyenesen, és a P_iP_i+1P_i+2 háromszög negatív körüljárású. (Az indexelés ciklikus). A P_i+1 pontot kicseréljük arra a pontra, amit úgy kapunk, hogy P_i+1-et tükrözzük a P_iP_i+2 szakasz felezőpontjára. Ezt mindaddig ismételjük, amíg csak létezik megfelelő i index. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges pontokból kiindulva az eljárás véges sok lépés után véget ér. (5 pont)

Megoldás. Legyenek a P_i pont koordinátái x_i és y_i. A P₁...P_n (hurkolt) sokszög előjeles területét a következő képlettel definiálhatjuk:

$t(P_1\dots P_n)=\sum_{i=1}^n{(x_i-x_{i+1})(y_i+y{i+1})\over2}.$

Ismeretes, hogy ez a képlet nem változik, ha a sokszöget párhuzamosan eltoljuk, más szóval, csak a sokszög oldalvektoraitól függ. Azt is könnyű ellenőrizni, hogy amikor a P_i+1 pontot tükrözzük a P_iP_i+2 szakaszra, akkor az előjeles terület a P_iP_i+1P_i+2 háromszög területének kétszeresével nő.

Az előjeles terület tehát minden lépésben nő. Ugyanakkor az oldalvektoroknak csk a sorrendje változik, mert minden lépésben két oldalvektort kicserélünk. Lépéseink során, a területnövekedés miatt, az oldalvektorok egy adott sorrendje legfeljebb egyszer fordulhat elő; ezért legfeljebb n!-1 lépést tehetünk meg a feltételeknek megfelelően.

B. 3431. OKOSBANK páncélszekrényén több különböző zár van. A bankban n pénztáros dolgozik, mindegyiknek kulcsa van a zárak némelyikéhez. (Egy pénztárosnak több kulcsa is lehet, és egy zárhoz többüknek is lehet kulcsa.) Tudjuk, hogy bármelyik k pénztáros együtt mindig ki tudja nyitni a páncélszekrényt, de k-1 pénztáros soha. Legalább hány zár van a páncélszekrényen? (5 pont)

Vígh Viktor, Szeged

Megoldás. A feltétel szerint bármely k-1 pénztároshoz van egy olyan zár, amiot egyikük sem tud kinyitni. Ha H₁ és H₂ pénztárosok két különböző k-1 elemű részhalmaza, akkor léteznek olyan Z₁ és Z₂ zárak úgy, hogy a H₁-be tartozó pénztárosok nem tudják kinyitni Z₁-et, a H₂-be tartozók pedig Z₂-t. A két halmazban összesen legalább k pénztáros van, eggyüttesen tehát mindkét zárat ki tudják nyitni.

Az eddigiekből következik, hogy a különböző, k-1 pénztárosból álló halmazokhoz különböző olyan zárak tartoznak, amit az illető pénztárosok nem tudnak kinyitni. A zárak száma tehát legalább annyi, mint a k-1 elemű pénztároshalmazok száma, ${n\choose k-1}$ .

Ennyi zár elegendő is. Ha minden k-1 elemű pénztároshalmazhoz van egy zár, amit az adott pénztárosok nem tudnak kinyitni, akkor a feltételek teljesülnek.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?