A 2004. márciusi 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.3712. Egy vendégség nyolc résztvevője egymás közt új ismeretségeket kötött az este folyamán. Távozáskor mindegyikük felírta egy lapra, hogy hány emberrel ismerkedett meg a vendégek közül. Az alábbi számok kerültek a papírra: 1,2,3,3, 5,6,6,6. Bizonyítsuk be, hogy volt olyan résztvevő, aki rosszul számolt. (Az ismeretségek kölcsönösek.)

3 pont

Megoldás: Osszuk fel a társaságot két részre. A álljon az első négy résztvevőből, B pedig a másik négyből. B tagjai egymás közt legfeljebb 6 új ismeretséget köthettek. Ha a B csoport tagjai által leírt 5,6,6,6 számok mindegyikét a+b alakban írnánk fel, ahol a az A-beli, b pedig a B-beli résztvevőkkel kötött ismeretségek számát jelöli, akkor a b számok összege nem lehet nagyobb 2^.6=12-nél, az a számok összege tehát legalább 5+6+6+6-12=11. Ez a szám meg kell egyezzen az A-beli embereknek B-beliekkel kötött új ismeretségeinek együttes számával, ami viszont, feltételezve, hogy mindenki jól számolt, nem lehet nagyobb, mint 1+2+3+3=9. Valaki tehát biztosan rossz számot írt fel a papírra.

B.3713. Egy konvex ABCD négyszög átlóinak metszéspontja M. Bizonyítsuk be, hogy ha M rajta van az ABM háromszög súlypontját és a CDM háromszög súlypontját összekötő egyenesen, akkor a négyszög trapéz.

Javasolta: Holló Gábor, Budapest

3 pont

Megoldás:

Legyen az AB oldal felezőpontja E, a CD oldalé pedig F. A feltétel értelmében M az EF szakaszon helyezkedik el. Legyen D' a C ponton át az AB oldallal párhuzamosan húzott egyenesnek a BD egyenessel alkotott metszéspontja. Ekkor az ABM háromszöget egy M középpontú nagyítás viszi a CD'M háromszögbe, melynek során az E pont a CD' szakasz F' felezőpontjába kerül, amely az EF egyenesen helyezkedik el. Az állítás igazolásához elegendő megmutatni, hogy szükségképpen D=D'.

D pont nyilván az MD' nyílt félegyenesen helyezkedik el. Ha D az MD' szakasz belső pontja lenne, akkor a D-n keresztül EF-fel párhuzamos egyenes az F'D' szakasz egy X belső pontjában metszené a CD' egyenest, a párhuzamos szelők tétele értelmében tehát

CF:FD=CF':F'X<CF':F'D'=1

lenne, ami ellentmond annak, hogy F a CD szakasz felzőpontja. Hasonlóképpen, ha a D pont az MD' félegyenes D'-n túl elhelyezkedő pontja lenne, akkor a D-n keresztül az EF szakasszal párhuzamosan húzott egyenes a CD' félegyenest egy D'-n túl elhelyezkedő X' pontban metszené, így ebben az esetben

CF:FD=CF':F'X'>CF':F'D'=1

lenne, ami ismétcsak lehetetlen. Tehát valóban D'=D.

B.3714. Szerkesszünk háromszöget ha adott a kerülete, egy oldala és az adott oldallal szemközti szöge.

4 pont

Megoldás: Jelölje a háromszög területét T, kerületét k, az adott oldalt a, a vele szemben lévő szöget \(\displaystyle \alpha\), a beírt kör sugarát r, az a oldalhoz hozzáírt kör sugarát pedig r_a. Legyen továbbá k=2s. Ismeretes, hogy T=sr=(s-a)r_a, ahonnan

r_a:r=s:(s-a).

Ennek alapján könnyen szerkeszthetünk egy olyan háromszöget, amely hasonló a szerkesztendő háromszöghöz. Vegyünk fel két közös pontból (jelöljük ezt A-val) kiinduló félegyenest, melyek egymásal \(\displaystyle \alpha\) szöget zárnak be. Rajzoljuk meg azon s-a, illetve s sugarú köröket, melyek mindkét félegyenest érintik. Ezen körök középpontját könnyen megszerkeszthetjük, ha a szögfelezőt elmetsszük egy olyan egyenessel, amely párhuzamos valamelyik félegyenessel, és attól olyan távolságra van, mint a megrajzolni kívánt kör sugara.

Az így nyert ábra hasonló ahhoz, amit akkor kapnánk, ha az A pontot tekintenénk a szerkesztendő háromszög a oldallal szemközti csúcsának, a két félegyenest az A-ból induló oldalegyeneseknek, és a háromszögbe berajzolnánk a beírt és az a oldalhoz hozzáírt kört. Ezért ha megrajzoljuk a két kör valamelyik közös belső érintőjét, az a szögtartományból egy olyan háromszöget vág ki, amely hasonló a szerkesztendő háromszöghöz. Ezt az a oldal ismeretében az A pontból megfelelő arányban nagyítva kapjuk a szerkesztendő háromszöget, amely egybevágóság erejéig egyértelmű.

A szerkeszthetőség szükséges feltétele, hogy a<k legyen, ekkor az s-a sugarú kör kisebb lesz, mint az s sugarú kör. Ezen feltétel mellett a szerkesztést pontosan akkor lehet elvégezni, ha a két kör nem metszi egymást, vagyis ha

\(\displaystyle {s\over\cos{\alpha\over2}}-{s-a\over\cos{\alpha\over2}}\ge s+(s-a),\)

azaz ha \(\displaystyle k\le a(1+1/\cos{\alpha\over2})\).

B.3715. Legyen az x pozitív szám, az n pedig 1-nél nagyobb egész. Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle {x^{n-1}-1\over n-1}\leq{x^n-1\over n}\).

4 pont

Megoldás: Az egyenlőtlenség nyilván ekvivalens az (n-1)(xⁿ-1)-n(x^n-1-1)\(\displaystyle \ge\)0 egyenlőtlenséggel, melyet az

a^k-1=(a-1)(a^k-1+a^k-2+...+a+1)

azonosságot használva

\(\displaystyle (x-1)\Bigl\{(n-1)x^{n-1}-(x^{n-2}+x^{n-3}+\ldots+x+1)\Bigr\}\ge0\)

alakban írhatunk fel. Ha x=1, akkor a fenti egyenlőtlenségben nyilván egyenlőség áll. Ha x>1, akkor mindkét szorzótényező pozitív, hiszen ekkor x-1>0 és minden 0<i<n-1 esetén x^n-1>xⁱ. Ezért ekkor az egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés értéke szigorúan pozitív. Ha pedig 0<x<1, akkor a fenti egyenlőtlenségek megfordulnak, ezért ebben az esetben mindkét szorzótényező negatív lesz, a szorzat értéke tehát most is pozitív. Ezzel az egyenlőtlenséget igazoltuk, és azt is megállapítottuk, hogy egyenlőség kizárólag x=1 esetén áll fenn.

B.3716. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

\(\displaystyle x^2+7y+2=2z+4\sqrt{7x-3},\)

\(\displaystyle y^2+7z+2=2x+4\sqrt{7y-3},\)

\(\displaystyle z^2+7x+2=2y+4\sqrt{7z-3}.\)

3 pont

Megoldás: Vezessük be az

\(\displaystyle f(u)=(u^2+7u+2)-(2u+4\sqrt{7u-3})=(u-1)^2+(\sqrt{7u-3}-2)^2\)

jelölést. Világos, hogy f(u)\(\displaystyle \ge\)0, és f(u)=0 akkor és csak akkor teljesül, ha u=1. A feladatban szereplő három egyenletet összeadva, rendezés után az

f(x)+f(y)+f(z)=0

összefüggést kapjuk, ami csak x=y=z=1 esetén teljesülhet. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez egyben az eredeti egyenletrendszernek is megoldása.

B.3717. Adjuk meg azt a legkisebb kerületű egységnyi területű H téglalapot, amelyhez létezik olyan H₁ téglalap, amelynek a kerülete 50%-kal kisebb, mint a H kerülete, a területe pedig 50%-kal nagyobb, mint a H területe.

4 pont

Megoldás: Ha a H téglalap oldalait a,b, a H₁ téglalap oldalait pedig c,d jelöli, akkor a feltételek alapján a következőket írhatjuk fel: ab=1, cd=3/2, c+d=(a+b)/2. A számtani és mértani közepek között fennálló összefüggés értelmében \(\displaystyle c+d\ge2\sqrt{cd}=\sqrt{6}\), ahol egyenlőség kizárólag a \(\displaystyle c=d=\sqrt{3/2}\) esetben áll fenn. Innen kapjuk, hogy \(\displaystyle a+b=2(c+d)\ge2\sqrt{6}\). Lehetséges-e, hogy \(\displaystyle a+b=2\sqrt{6}\)? Ezt az ab=1 feltétellel összevetve láthatjuk, hogy ez pontosan akkor teljesül, ha a és b az \(\displaystyle x^2-2\sqrt{6}x+1\) egyenlet két gyökével egyezik meg. Mivel az egyenlet gyökei, \(\displaystyle \sqrt{6}+\sqrt{5}\) és \(\displaystyle \sqrt{6}-\sqrt{5}\) pozitív számok, megállapíthatjuk, hogy a feladat megoldása egy olyan H téglalap, melynek oldalai \(\displaystyle \sqrt{6}+\sqrt{5}\) és \(\displaystyle \sqrt{6}-\sqrt{5}\) hosszúságúak, a megfelelő H₁ téglalap pedig egy \(\displaystyle \sqrt{3/2}\) oldalhosszúságú négyzet.

B.3718. Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög körülírható körének középpontján áthaladó tetszőleges egyenesnek a középvonalakra vett tükörképei egy ponton mennek át.

Javasolta: Csík Zoltán, Budapest

5 pont

Megoldás: Minthogy a háromszög középvonalai által alkotott háromszög magasságpontja megegyezik az eredeti háromszög köré írható kör középpontjával, a bizonyítandó állítás ekvivalens azzal, hogy egy ABC háromszög M magasságpontján áthaladó tetszőleges e egyenesnek a háromszög AB, AC, BC oldalegyeneseire vett e_C, e_B, e_A tükörképei egy ponton mennek át. Tudjuk, hogy ezek az egyenesek rendre illeszkednek az M pont AB, AC, illetve BC egyenesre vonatkozó M_C, M_B, M_A tükörképeire. Jól ismert, hogy ezen pontok viszont az ABC háromszög köré írható körön helyezkednek el. Vegyük észre azt is, hogy ha az e egyenes megegyezik a háromszög BC oldalhoz tartozó magasságvonalával, akkor az e_A, e_B, e_C egyenesek mindegyike illeszkedik az A csúcsra. Ha még azt is feltesszük, hogy a háromszög legnagyobb szöge az A csúcsnál van, akkor az A csúcs különbözik az M_A, M_B, M_C pontok mindegyikétől, kivéve, ha az A csúcsnál derékszög van. Ebben az esetben azonban A=M_B=M_C, és az előbb említett e egyenesre e_B=e_C éppen a háromszög köré írt k kör A pontban húzott érintője. Ebben az esetben is teljesül tehát, hogy az e_A, e_B, e_C egyeneseknek a k körrel alkotott metszete éppen {A, M_A}, {A, M_B}, illetve {A, M_C}.

Mindezek fényében elegendő a következő állítást igazolni. Ha X\(\displaystyle \in\){ A,B,C}, az e egyenest pedig M körüli pozitív irányú \(\displaystyle \epsilon\) szögű forgatás viszi az f egyenesbe, akkor az f_X egyenesnek a k körrel alkotott metszete éppen { M_X,P_f}, ahol a P_f pont az k körnek azon pontja, melyet az A-ból a kör középpontja körül negatív irányban történő 2\(\displaystyle \epsilon\) szögű forgatással kaphatunk meg. Ez ugyanis azt jelenti, hogy ha az f egyenes áthalad az M ponton, akkor annak a háromszög oldalegyeseire vonatkozó f_A, f_B, f_C tükörképei a k kör ugyanazon P_f pontjában metszik egymást. Ha pedig észrevesszük azt, hogy f_X az e_X egyenesből M_X körüli negatív irányú \(\displaystyle \epsilon\) szögű elforgatással származtatható, akkor a fenti állítást a kerületi (és középponti) szögek tételére való hivatkozással, egyszerű esetszétválasztással könnyen igazolhatjuk.

B.3719. Adott öt pont egy gömb felületén. Bizonyítsuk be, hogy van olyan zárt félgömbfelület, amely e pontok közül legalább négyet tartalmaz.

4 pont

Megoldás: Válasszunk ki az adott pontok közül kettőt, és tekintsük a gömb felületén azt a főkört, amely áthalad ezen a két ponton. Ez a főkör a gömb felületét két zárt félgömbfelületre osztja, melyek valamelyike a megmaradó három pont közül legalább kettőt tartalmaz. Ez a félgömbfelület tehát legalább négyet tartalmaz a megadott pontok közül.

B.3720. Létezik-e olyan u,v valós számpár, amelyre

a) u+v racionális, de minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén uⁿ+vⁿ irracionális;

b) u+v irracionális, de minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén uⁿ+vⁿ racionális?

5 pont

Megoldás: Az első esetben a válasz igenlő. Ilyen számpár például az \(\displaystyle u=\sqrt{2}\), \(\displaystyle v=1-\sqrt{2}\). Valóban, ekkor u+v=1 racionális. Ha n=2k, ahol k\(\displaystyle \ge\)1 egész, akkor a binomiális tétel alapján

\(\displaystyle u^n+v^n=2^k+\sum_{i=0}^k{2k\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k-1}{2k\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2}.\)

Mivel \(\displaystyle \sqrt{2}\) együtthatója pozitív egész, könnyen látható, hogy uⁿ+vⁿ irracionális szám. Végül ha n=2k+1, ahol k\(\displaystyle \ge\)1 egész, akkor

\(\displaystyle u^n+v^n=2^k\sqrt{2}+\sum_{i=0}^k{2k+1\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k}{2k+1\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2},\)

vagyis

\(\displaystyle u^n+v^n=\sum_{i=0}^k{2k+1\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k-1}{2k+1\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2}\)

ebben az esetben is irracionális, hiszen \(\displaystyle \sqrt{2}\) együtthatója most is pozitív egész szám.

A második kérdésre viszont nemleges a válasz. Először tegyük fel, hogy u=0 és u+v=v irracionális. Ha u²+v²=v² racionális, akkor u³+v³=v(v²) már nem lehet racionális. Ugyanígy kizárhatjuk azt az esetet is, amikor v=0. Tegyük fel tehát, hogy u és v 0-tól különböző számok, melyekre minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén uⁿ+vⁿ racionális. Ekkor egyrészt

u⁶+v⁶=(u²+v²)(u⁴+v⁴-u²v²)

miatt u⁴+v⁴-u²v², és így u²v² is racionális, másrészt

u⁹+v⁹=(u³+v³)(u⁶+v⁶-u³v³)

miatt u⁶+v⁶-u³v³, és így u³v³ is racionális. Mivel u²v²\(\displaystyle \ne\)0, kapjuk, hogy uv=u³v³/u²v² is racionális. Ezért u²+v²-uv is racionális, ahonnan

u³+v³=(u+v)(u²+v²-uv)

alapján következtethetünk arra, hogy u+v is racionális. Ez nyilvánvaló, ha u³+v³\(\displaystyle \ne\)0, ellenkező esetben pedig u³=-v³ alapján u=-v, vagyis u+v=0.

B.3721. Tekintsünk egy S halmazt és a halmazon egy kétváltozós * műveletet (tehát bármely két S-beli a, b esetén a*b is S-beli). Tegyük föl, hogy (a*b)*a=b teljesül minden S-beli a, b-re. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a*(b*a)=b is teljesül minden S-beli a, b-re.

4 pont

Megoldás: Ha a*b=c, akkor a feltétel alapján c*a=b, ahonnan ugyanígy b*c=a, vagyis b*(a*b)=a is következik, minden a,b\(\displaystyle \in\)S esetén. Ha a és b szerepét felcseréljük, amit nyilván megtehetünk, éppen a bizonyítandó állítást nyerjük.