A 2001. februári 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. 3432. Az alábbi táblázat a Pascal-háromszög mintájára készült. Az első sor két eleme 1 és 2, ezután pedig minden újabb szám a felette álló kettő összege.

a) Mennyi a 100-adik sorban álló számok összege?

b) Mit kapunk, ha a 100-adik sorban váltakozó előjellel adjuk össze a számokat?

c) Mennyi a 100-adik sor 47-edik eleme? (4 pont)

Megoldás. a) Mivel a 2. sortól kezdve minden szám a felette levő két szám összege, így minden szám pontosan két helyen szerepel az alatta levő sorban összeadandó tagként. Tehát minden sorban a számok összege kétszer akkora, mint a felette levő sorban. Mivel az első sorban 3 a számok összege, ezért a 100. sorban 3^.2⁹⁹.

b) Mivel minden szám két szomszédos számban szerepel az alatta levő sorban, ezért egyszer negatív, egyszer pedig pozitív előjellel vesz részt az összegben. Így a második sortól kezdve minden sorban az összeg 0 lesz.

c) A táblázatot megkaphatjuk két Pascal háromszög egymásra csúsztatásával is.

Így a 100. sor 47. eleme megegyezik a Pascal háromszög 100. sorában a 47. elem és a 99. sorában a 46. elem összegéval, azaz egyenlő \(\displaystyle \left({100\choose46}+{99\choose45}\right)\)-tel.

B. 3433. Egy geometria konferencia résztvevői a szünetben olyan szendvicseket kaptak, amelyek mindegyikén egy téglatest alakú kenyéren egy vastag szelet henger alakú sajt és egy gömb alakú húspogácsa volt. Mindig ketté lehet-e vágni egy ilyen szendvicset egyetlen egyenes vágással úgy, hogy a két rész kenyérből, húsból és sajtból is ugyanannyit tartalmazzon? (4 pont)

Megoldás. Igen. A téglatest szimmetriaközéppontján átmenő síkok felezik a téglatest térfogatát. Hasonlóan a gömb ill. a henger szimmetriaközéppontján átmenő síkok is felezik a gömb ill. a henger térfogatát. Tehát ha olyan sík mentén vágjuk ketté a szendvicset, ami átmegy mindhárom test szimmetriaközéppontján (ilyen mindig van), akkor az felezi mind a kenyér, mind a hús, mind a sajt térfogatát.

B. 3434. Egy trapéz alapjai a és b. A trapéz elmetszhető az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy a két rész-trapézba kör írható. Mekkora az eredeti trapéz kerülete? (3 pont)

Javasolta: Reményi Gusztáv, Budapest

Megoldás. A CDFE és az EFAB trapézok hasonlóak egymáshoz (hiszen \(\displaystyle AB\parallel CD\parallel EF\), \(\displaystyle CE\parallel EB\), \(\displaystyle DE\parallel EA\), és mindkettőbe kör írható). Tehát \(\displaystyle {a\over c}={c\over b}\), amiből \(\displaystyle c=\sqrt{ab}\). Mivel egy érintőnégyszög szmeközti oldalainak összege egyenlő, ezért a két trapéz kerülete felírható 2(a+c) ill. 2(b+c) alakban. Az eredeti trapéz kerületét úgy kaphatjuk meg, hogy a két tarpéz kerületének összegéből levonunk 2c-t, hiszen c-t egyszer sem kellett volna beleszámolnunk az összegbe. Így a kerület \(\displaystyle 2(a+c)+2(b+c)-2c=2(a+b+c)=2(a+b+\sqrt{ab}).\)

B. 3435. Keressük meg az alábbi egyenletrendszer nemnegatív megoldásait:

x₁+x₂+x₃+...+x₁₀₀=5050

x₂²-x₁²=3,  ...,  x_k²-x_k-1²=2k-1,  ...,  x₁₀₀²-x₉₉²=199.

(4 pont)

Megoldás. Nyilván x_i=i (i=1,2,...,100) megoldása az egyenletrendszernek. Indirekt módon bebizonyítjuk, hogy más megoldás nincs. Legyen ugyanis x₁=1+m, ahol m\(\displaystyle ne\)0. Teljes indukcióval belátjuk, hogy ekkor x_i²=i²+m. Az állítás n=1-re igaz. Tegyük föl, hogy n=k-ra igaz. x_k+1²=2(k+1)-1+x_k²=2(k+1)-(k²+m), amiből x_k+1²=(k+1)²+m.

Mivel 5050 pont az első száz pozitív egész szám összege, ezért az első egyenletből \(\displaystyle \sqrt{1^2+m^2}+\sqrt{2^2+m^2}+...+\sqrt{100^2+m^2}=\sqrt{1^2}+\sqrt{2^2}+...+\sqrt{100^2}\) következik. Ha -1\(\displaystyle le\)m<0, akkor az egyenlet baloldalának minden egyes tagja kisebb, mint a neki megfelelő jobboldali tag; ha pedig m>0, akkor nagyobb, így a tagok összege sem lehet egyenlő a jobboldalon levő tagok összegével. Így azt kaptuk, hogy más megoldása valóban nincs az egyenletrendszernek.

B. 3436. Az egységnyi területű ABC háromszög AB, BC, CA oldalain adottak a C₁, A₁, B₁ pontok úgy, hogy

AC₁/C₁B=1/2,

BA₁/A₁C=1/3,

CB₁/B₁A=1/4.

Mekkora területű háromszöget határolnak az AA₁, BB₁, CC₁ egyenesek? (3 pont)

Megoldás. Tekintsük az ábrát! A piros színnel behúzott szakaszok párhuzamosak a megfelelő oldalakkal. Ekkor T_AC1D=1/4^.1/3^.2/5=1/30, T_BA1E=1/5^.5/17^.1/4=1/68, T_cB1F=1/3^.1/5^.3/11=1/55. Ebből T_C1BED=1/4-1/30-1/68=103/510, T_A1CFE=1/5-1/68-1/55=125/748, T_B1ADF=1/3-1/30-1/55=31/110. Így T_DEF=1-1/30-1/68-1/55-103/510-125/748-31/110=529/1870.

B. 3437. Egy egyenesen ebben a sorrendben adottak az A, B, C, D pontok úgy, hogy BC=2AB, CD=AC. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is rajzolunk egy-egy kört az A és C, illetve a B és D pontokon keresztül, akkor ezek közös húrja felezi az AC szakaszt. (4 pont)

Megoldás. Rajzoljunk föl tetszőlegesen egy-egy kört A, C ill. B, D köré, és jelöljük M-mel a két kör közös húrja, valamint az egyenes metszéspontját. Mivel M rajta van a közös húron, ezért a két körre vonatkozó hatványa megegyezik: AM^.MC=BM^.MD. Felhasználva a feltételeket az egyenlet átalakítható: AM^.(3AB-AM)=(AM-AB)(6AB-AM), amiből \(\displaystyle AM={3\over2}AB\), tehát M felezi az AC szakaszt.

B. 3438. Az f(x,y,;z) függvényre teljesül, hogy bármely t valós számra

f(x+t,y+t,z+t)=t+f(x,y,z);

f(tx,ty,tz)=tf(x,y,z);

f(x,y,z)=f(y,x,z)=f(x,z,y).

Mennyi f(2000, 2001, 2002)? (5 pont)

Megoldás. f(1,0,-1)=-1^.f(-1,0,1)=-f(-1,01), valamint f(-1,0,1)=f(0,-1,1)=f(0,1,-1)=f(1,0,-1). Tehát f(-1,0,1)=-f(-1,0,1), ami csak akkor lehet, ha 0. f(2000,2001,2002)=f(2001+(-1),2001+0,2001+1)=2001+f(-1,0,1)=2001+0=2001.

B. 3439. Jelöljön p egy pozitív számot, és tekintsük az 1, p, 1/p, p², 1/p², ..., pⁿ, 1/pⁿ ... végtelen sorozatot. Mely p számokra igaz, hogy minden pozitív szám tetszőleges pontossággal megközelíthető a fenti sorozat véges sok alkalmas elemének összegével? (5 pont)

Megoldás. Az állitás nyilván nem igaz, ha p=1, a továbbiakban a szimmetria miatt föltesszük, hogy p>1. Pozitív számok egy H halmazát hívjuk ,,egyenletesnek'', ha van olyan d>0, hogy minden pozitív számtól legfeljebb d távolságra található H-beli elem. Megmutatjuk, hogyha 1<p\(\displaystyle le\)2, akkor a p természetes kitevőjű hatványaiból készített véges összegek halmaza egyenletes. Ezt az alábbi formában igazoljuk az n-re vonatkozó teljes indukcióval:

ha 0<T<pⁿ, akkor van olyan részhalmaza az (1,p,p²,...,p^n-1) halmaznak, amelyben az elemek összege 1-nél kevesebbel tér el T-től.

Ha n=0, akkor 0<T<1 és így az üres halmaz -- amelyben az elemek osszege 0 -- megfelelő. Legyen most n>0 es tegyük fel, hogy az állítás igaz minden n-nél kisebb pozitív egészre. Ha T<p^n-1 is teljesül, akkor az állítás az indukciós feltevés szerint igaz. Ha p^n-1<T<pⁿ, akkor 0<T-p^n-1<pⁿ-p^n-1=p^n-1.(p-1)\(\displaystyle le\)p^n-1, hiszen p\(\displaystyle le\)2. Így a T-p^n-1 mennyiségre alkalmazható az indukciós feltevés és így a bizonyítást befejeztük. Legyen most t>0 teszőleges és tekintsük a T=p^N.t számot. A fentiek szerint ehhez létezik a p különböző nemnegatív hatványainak egy véges halmaza úgy, hogy ezek S összegére |T-S|<1. Ezt az egyenlőtlenséget p^N-nel osztva kapjuk, hogy |t-S/p^N|<1/p^N. Mivel \(\displaystyle {1\over{p^N}}\) tetszőlegesen kicsi lehet, továbbá \(\displaystyle {S\over{p^N}}\) a kívánt alakú összeg, ezért 1<p\(\displaystyle le\)2 esetén bármely pozitív t szám tetszőlegesen megközelíthető e kívánt módon.

Megmutatjuk, hogy ha p>2, akkor ez nem lehetséges. Valóban, ilyenkor a p nemnegatív hatványaiból készített véges összegek halmaza nem egyenletes, a szomszédos elemek közti különbség nem korlátos, így nem hidalható át a p negatív kitevőjű hatványaival, hiszen ezek összege korlátos, \(\displaystyle p^{-1}+p^{-2}+...={p\over{1-p}}\). A nem egyenletesség pedig következik abból, hogy az első n darab nemnegatív p-hatvány felhasználásával 2ⁿ darab összeg készíthető és ezek mindannyian 0 es \(\displaystyle 1+p+p^2+...+p^{n-1}={{p^n-1}\over{p-1}}\) között vannak. A szomszédos számok közti átlagos eltérés eszerint \(\displaystyle {{p^n-1}\over{p-1}}:2^n\), ami tart a végtelenhez, ha p>2.

A kívánt előállítás tehát pontosan akkor valósítható meg, ha 1<p\(\displaystyle le\)2, vagy pedig a szimmetrikus esetben 1/2<\(\displaystyle le\)p<1.

B. 3440. Az A, B, C pontok tükörképe egy e egyenesre A₁, B₁, C₁, egy P pontra pedig A₂, B₂, C₂. Mi a P tükörképe az e egyenesre, ha ?

3 pont

Megoldás. Indítsunk a P pontból helyvektorokat, és jelöljük ezeket a megfelelő kisbetűkkel. Ekkor a feltétel szerint

a₂-a₁+b₂-b₁+c₂-c₁=0.

De a₂=-a, b₂=-b és c₂=-c, ezért az is igaz, hogy a P-ből a A₁A₂B₁B₂C₁C₂ súlypontjába mutató vektor 0, tehát ez a súlypont egybeesik P-vel. Ez a súlypont megegyezik az A₁A₂, B₁B₂ és C₁C₂ szakaszok felezőpontjai által meghatározott ponthármas súlypontjával is. Ezek a felezőpontok mind rajta vannak az e egyenesen, tehát súlypontjuk is e-n van, azaz P illeszkedik e-re. Tehát P-nek e-re vonatkozó tükörképe önmaga.

B. 3441. Pinokkiónak 9-féle akadályon kell sikerrel túljutnia, hogy hús-vér gyerek lehessen. Nehéz dolga van; ha egy akadályon elbukik, akkor vissza kell térnie az előzőhöz, és ott újra kell próbálkoznia. Ha a legelső akadályon bukik el, akkor fabábu marad örökre. Pinokkió nem tanul a kudarcokból, ezért az egyes akadályokon a siker valószínűsége mindig 1/10, 2/10, 3/10, ..., 9/10, akárhányadszor is próbálkozik. Milyen sorrendben rendezze el a Kékhajú Tündér a Pinokkióra váró akadályokat ahhoz, hogy Pinokkió a legnagyobb eséllyel változzék át igazi gyerekké, és mekkora ebben az esetben a siker valószínűsége? (5 pont)

Megoldás. Legyen az egyes lépések sikerének valószínűsége p₁, p₂, ..., p₉, és annak valószínűsége, hogy az egyes helyzetekből indulva végig tud menni q₁, ..., q₉, továbbá legyen d₀=q₁, d₁=q₂-q₁, d₂=q₃-q₂, ..., d₈=q₉-q₈, d₉=1-q₉. Könnyű végiggondolni, hogy \(\displaystyle {{d_i}\over{d_{i-1}}}={{1-p_i}\over{p_i}}\) és d₀+...+d₉=1.

Ebből

\(\displaystyle q_1=d_1={1\over{1+{{1-p_1}\over{p_1}}+{{1-p_1}\over{p_1}}\cdot{{1-p_2}\over{p_2}}+...+{{1-p_1}\over{p_1}}\cdot...\cdot{{1-p_9}\over{p_9}}}}.\)

Ha valamelyik i indexre p_i<p_i+1, akkor a két valószínűséget felcserélve a nevezőben egyetlen tag csökken, a többi nem változik, tehát q₁ növekszik. A legnagyobb valószínűség tehát akkor van, ha p₁>p₂>...>p₉, vagyis ha p₁=1/10, p₂=2/10, ..., p₉=9/10. Ezeket az értékeket a fenti képletbe helyettesítve kapjuk, hogy ebben az esetben q₁\(\displaystyle approx\)0.4315.