A 2004. szeptemberi 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. 350. Adjuk meg az összes pozitív p egészt, melyre a 4x²+p polinom a 0,1, ...,p-1 helyeken prím értéket vesz fel.

Megoldás. A p szám csak prím lehet, mert a feltétel szerint 4^.0²+p prím. A 10-nél kisebb prímek közül a 2 és az 5 nem felel meg, mert 4^.1²+2=6, illetve 4^.1²+5=9 összetett. Ha p=3, akkor a polinom értékei 3, 7, illetve 19 mind prím; ha pedig p=7, akkor a polinom értékei a 0,...,6 helyeken 7, 11, 23, 43, 71, 107, illetve 151, szintén prímek. A feltételeknek tehát a p=3 és a p=7 választás is eleget tesz.

Megmutatjuk, hogy a 10-nél nagyobb prímek nem megoldások. Minden p>10 prímszámhoz mutatunk egy olyan 0$\displaystyle \le$x<p számot, amire 4x²+p összetett.

Ha (p+1)-nek van 1-nél nagyobb páratlan osztója, akkor legyen az egyik ilyen osztó q. Mivel p+1 páros, $\displaystyle q\le\frac{p+1}2$. Legyen $\displaystyle x=\frac{q-1}2$; erre a számra teljesül, hogy \(\displaystyle 0x²+p=q(q-2)+(p+1) szám osztható q-val, ugyanakkor q-nál nagyobb: 4x²+p$\displaystyle \ge$p>q. Ebből következik, hogy 4x²+p összetett.

Ha (p+1)-nek nincs páratlan osztója, akkor 2-hatvány és osztható 16-tal. Tekintsük ekkor a p+9 számot. Ez 16-nál nagyobb és 16-tal osztva 8-at ad maradékul, nem lehet 2-hatvány. A p+9 számnak tehát van 1-nél nagyob páratlan osztója; legyen r az egyik ilyen osztó. A választásunk most legyen $\displaystyle x=\frac{r-3}2$. Erre a számra \(\displaystyle 0\le x<\frac{(p+9)/2-3}2=\frac{p+3}4x²+p=(r-3)²+p=r(r-6)+(p+9) osztható r-rel, ugyanakkor $\displaystyle 4x^2+p\ge$\frac{p+9}2\ge r">.

Összefoglalva, a feladatnak két megoldása van: p=3 és p=7.

A. 351. Legyenek a₁, a₂, ...,a_n pozitív számok, melyek összege S, szorzata P, n$\displaystyle \ge$3.

Bizonyítsuk be, hogy

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{1}{S-a_i}<\sqrt[n-1]{\frac{S}{P}}.$

I. Megoldás.

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{1}{S-a_i}= \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n\frac{n-1}{S-a_i}\leq\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(\frac{a_i}{P})^{\frac{1}{n-1}}= \frac{1}{P^{\frac{1}{n-1}}}\frac{\sum_{i=1}^na_i^{\frac{1}{n-1}}}{n-1}$

tagonként használtuk a számtani-mértani közepet illetve annak reciprokát. Elég megmutatni, hogy

$\displaystyle \frac{\sum_{i=1}^na_i^{\frac{1}{n-1}}}{n-1}\leq S^{\frac{1}{n-1}}$

Ez pedig következik a hatványközepek közti egyenlőtlenségből, mivel $\displaystyle \frac{1}{n-1}<1$ ezért

$\displaystyle (\frac{\sum_{i=1}^na_i^{\frac{1}{n-1}}}{n})^{n-1}\leq\frac{\sum_{i=1}^na_i}{n}=\frac{S}{n}$

Tehát elég belátni, hogy \(\displaystyle n^{\frac{n-2}{n-1}}n=3-ra igaz, n$\displaystyle \ge$4-re pedig abból következik, hogy \(\displaystyle (1+\frac{1}{n-1})^{n-2}

II. Megoldás Használjuk a következő egyenlőtlenséget. Legyen x_i,y_i,z_i>0 ha 1$\displaystyle \le$i$\displaystyle \le$n és $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$, $\displaystyle \gamma$ olyan pozitív számok, melyek összege 1. Ekkor

$\displaystyle x_1^{\alpha}y_1^{\beta}z_1^{\gamma}+\dots+x_n^{\alpha}y_n^{\beta}z_n^{\gamma}\leq(\sum_{i=1}^nx_i)^{\alpha}(\sum_{i=1}^ny_i)^{\beta}(\sum_{i=1}^nz_i)^{\gamma}$

Ennek bizonyítása úgy megy, hogy leosztunk a jobb oldallal, majd tagonként használunk egy súlyozott számtani-mértani egyenlőtlenséget (részleteket lásd Sklarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Aritmetika és algebra című könyvének 304. feladatánál.)

Most legyen $\displaystyle x_i=\frac{P}{a_i(S-a_i)^{n-1}}$, $\displaystyle y_i=\frac{a_i}{P}$, z_i=1, $\displaystyle \alpha=\frac{1}{n-1}$, $\displaystyle \beta=\frac{1}{n-1}$, $\displaystyle \gamma=\frac{n-3}{n-1}$. Ekkor $\displaystyle x_i^{\alpha}y_i^{\beta}z_i^{\gamma}=1/(S-a_i)$, továbbá $\displaystyle \sum_{i=1}^ny_i=\frac{S}{P}$. Számtani-mértani egyenlőtlenség miatt $\displaystyle x_i\leq\frac{1}{(n-1)^{n-1}}$. Tehát alkalmazva a fenti egyenlőtlenséget kapjuk, hogy

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{1}{S-a_i}\leq(\sum_{i=1}^nx_i)^{\frac{1}{n-1}}(\frac{S}{P})^{\frac{1}{n-1}}n^{\frac{n-3}{n-1}}\leq(\frac{S}{P})^{\frac{1}{n-1}}n^{\frac{n-3}{n-1}}(n\cdot\frac{1}{(n-1)^{n-1}})^\frac{1}{n-1}<\root{n-1}\of{\frac{S}{P}}$

Az utolsó egynlőtlenséghez elég megmutatni, hogy \(\displaystyle n^{\frac{n-2}{n-1}}n=3-ra igaz, n$\displaystyle \ge$4-re pedig abból következik, hogy \(\displaystyle (1+\frac{1}{n-1})^{n-2}

A. 352. Az ABC nem egyenlő szárú háromszög körülírt köre legyen k. Az ABC háromszög C-nél levő belső szögfelezője messe a k kör B-beli érintőjét K-ban, míg a C-nél levő külső szögfelező C-től különböző metszéspontja k-val L. Legyen az AC és LB egyenesek metszéspontja M. Mutassuk meg, hogy az MK egyenes átmegy az AB oldal felezőpontján.

Megoldás. Legyen F az AB oldal felezőpontja, T pedig a k kör és a CK szögfelező metszéspontja. A T és L pontok a C-ből induló szögfelezők és a kör metszéspontjai, azaz a két AB körív felezőpontjai. A TL szakasz tehát az AB oldal felező merőlegese, amely átmegy F-en.

Alkalmazzuk a Pascal-tételt a BBACTL hatszögre. A B-beli érintő és a vele szemközti CT oldal metszéspontja K, a szemközti BA és TL oldalak metszéspontja F, az AC és LB oldalak metszéspontja M. A Pascal-tétel szerint ezek egy egyenesen vannak. Az MK egyenes tehát átmegy F-en.

Fórum: