 |
Az A. 849. feladat (2023. március) |
A. 849. Az \(\displaystyle r\) valós szám esetén jelölje \(\displaystyle f(r)\) az \(\displaystyle r\) számhoz legközelebbi egész számot (ha \(\displaystyle r\) törtrésze \(\displaystyle 1/2\), \(\displaystyle f(r)\) legyen \(\displaystyle r-1/2\)). Legyenek \(\displaystyle a>b>c\) racionális számok úgy, hogy minden \(\displaystyle n\) egészre \(\displaystyle f(na)+f(nb)+f(nc)=n\) teljesüljön. Mi lehet \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) értéke?
Javasolta: Damásdi Gábor (Budapest)
(7 pont)
A beküldési határidő 2023. április 11-én LEJÁRT.
Első megfigyelés:
\(\displaystyle f(x)+f(-x)=0\), kivéve, ha \(\displaystyle x\) törtrésze \(\displaystyle \frac{1}{2}\), mely esetben \(\displaystyle f(x)+f(-x)=-1.\)
Tudjuk, hogy minden \(\displaystyle n\)-re
\(\displaystyle f(na)+f(nb)+f(nc)+f(-na)+f(-nb)+f(-nc)=n-n=0,\)
ami csak úgy lehetséges, ha \(\displaystyle na, nb\) és \(\displaystyle nc\) egyikének sem \(\displaystyle \frac{1}{2}\) a törtrésze semely \(\displaystyle n\)-re, vagyis a legegyszerűbb alakjukban felírva \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) nevezői páratlanok.
Második megfigyelés:
\(\displaystyle n(a+b+c)\) és \(\displaystyle f(na)+f(nb)+f(nc)=n\) legfeljebb \(\displaystyle \frac{3}{2}\)-del térhetnek el egymástól, így \(\displaystyle n\)-nel leosztva azt kapjuk, hogy minden pozitív egész \(\displaystyle n\)-re igaz, hogy
\(\displaystyle 1-\frac{3}{2n}\le a+b+c\le 1+\frac{3}{2n}.\)
Tehát \(\displaystyle a+b+c=1\).
Harmadik megfigyelés:
Ha egy számot felbontunk az egészrészére és törtrészére, \(\displaystyle x=\lfloor x \rfloor+\{x\}\), akkor tetszőleges \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle f(nx)=n\lfloor x \rfloor+f(n\{x\}).\)
Mivel \(\displaystyle \lfloor a \rfloor+\lfloor b \rfloor+\lfloor c \rfloor\) egész és \(\displaystyle a+b+c=1\), ezért
\(\displaystyle \{a\}+\{b\}+\{c\}\) is egész, továbbá \(\displaystyle 0\le \{a\}+\{b\}+\{c\}<3.\)
Ha \(\displaystyle \{a\}+\{b\}+\{c\}=0\), az azt jelenti, hogy \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) mindhárom egész, és az összegük \(\displaystyle 1\). Ekkor \(\displaystyle f(na)=na, f(nb)=nb\) és \(\displaystyle f(nc)=nc\), így valóban \(\displaystyle f(na)+f(nb)+f(nc)=n\).
Ha \(\displaystyle \{a\}+\{b\}+\{c\}=1\), akkor \(\displaystyle \lfloor a \rfloor+\lfloor b \rfloor+\lfloor c \rfloor=0\), így minden \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle n\lfloor a \rfloor+n\lfloor b \rfloor+n\lfloor c \rfloor=0,\)
tehát minden \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle f(n\{a\})+f(n\{b\})+f(n\{c\})=n\).
Továbbá észrevehetjük, hogy
\(\displaystyle f(nx)=n(\lfloor x\rfloor +1)-f(n(1-\{x\}))\)
Ennek az igazsága csak akkor dőlne meg, ha \(\displaystyle nx\) törtrésze \(\displaystyle \frac{1}{2}\) lenne, de azt már megmutattuk az első megfigyelésként, hogy ez \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) egyikére sem fordulhat elő.
Ha \(\displaystyle \{a\}+\{b\}+\{c\}=2,\) akkor
\(\displaystyle n(\lfloor a\rfloor +1)+n(\lfloor b\rfloor +1)+n(\lfloor c\rfloor +1)=2n,\)
tehát
\(\displaystyle f(n(1-\{a\}))+f(n(1-\{b\}))+f(n(1-\{c\}))=n\)
kell legyen minden \(\displaystyle n\)-re.
Tehát beláttuk, hogy vagy \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) is egészek, vagy \(\displaystyle a=m_1+a'\), \(\displaystyle b=m_2+b'\) és \(\displaystyle c=m_3+c'\), ahol \(\displaystyle m_1+m_2+m_3=0\) egészek, vagy \(\displaystyle a=m_1-a'\), \(\displaystyle b=m_2-b'\) és \(\displaystyle c=m_3-c'\), ahol \(\displaystyle m_1+m_2+m_3=2\) egészek, és mindkét esetben \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) olyan nemnegatív racionális számok, melyekre minden \(\displaystyle n\)-re teljesül, hogy
\(\displaystyle f(na')+f(nb')+f(nc')=n.\)
Az is világos, hogy ha találunk ilyen \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\), \(\displaystyle z\) számokat, akkor a fentebbi konstrukciók valóban jók \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) értékeknek. Ezzel a feladatot visszavezettük a nemnegatív esetre.
—–
Először vizsgáljuk azt az esetet, amikor a három szám egyike \(\displaystyle 0\):
\(\displaystyle a'=0\) és \(\displaystyle c'=1-b'\). Ekkor, mivel \(\displaystyle nb'\) törtérsze sosem \(\displaystyle \frac{1}{2}\), ezért \(\displaystyle f(nc')=n+f(-nb')=n-f(nb')\), tehát a feltétel teljesül. Vagyis ha \(\displaystyle b'\) nevezője páratlan, akkor \(\displaystyle 0, b'\) és \(\displaystyle 1-b'\) mindenképp egy jó számhármas.
Mostantól feltesszük, hogy \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) pozitív racionális számok.
Innentől következik a megoldás lényegi része.
—
A megoldás során az \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\) és \(\displaystyle z\) karakterek mindig az \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) számok valamelyikét jelölik.
Létrehozunk egy \(\displaystyle S\) sorozatot az \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) karakterekből, úgy, hogy az \(\displaystyle n\)-edik karakter pontosan akkor \(\displaystyle x\) ha \(\displaystyle f(nx)>f((n-1)x)\). Mivel \(\displaystyle f\) monoton és \(\displaystyle f(na')+f(nb')+f(nc')=1+f((n-1)a')+f((n-1)b')+f((n-1)c')\), ez azt jelenti, hogy minden egész \(\displaystyle n\)-re az \(\displaystyle f(na')\), \(\displaystyle f(nb')\) és \(\displaystyle f(nc')\) értékek közül pontosan egy nagyobb, mint a megfelelő \(\displaystyle f((n-1)a')\), \(\displaystyle f((n-1)b')\) vagy \(\displaystyle f((n-1)c')\), tehát az \(\displaystyle S\) sorozat jól-definiált. Fontos megjegyezni, hogy idővel mindhárom karakter feltűnik a sorozatban, hiszen \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) mindegyike pozitív, így mindegyik \(\displaystyle x\)-re létezik olyan \(\displaystyle n\), melyre \(\displaystyle f(nx)\) már nem \(\displaystyle 0\) lesz.
Legyen \(\displaystyle K\) az \(\displaystyle a'\), \(\displaystyle b'\) és \(\displaystyle c'\) racionális számok közös nevezője. Ekkor az \(\displaystyle S\) sorozatnak van egy \(\displaystyle K\) hosszú ciklusa (azaz \(\displaystyle K\) szerint periodikus). Továbbá észrevehetjük, hogy \(\displaystyle S_n\) és \(\displaystyle S_{1-n}\) mindig megegyezik, ugyanis \(\displaystyle nx\) pontosan akkor lép át egy kerekítési határt \(\displaystyle (n-1)x\)-hez képest, amikor \(\displaystyle -(n-1)x\) átlép egy kerekítési határt \(\displaystyle -nx\)-hez képest. Ez alól az egyetlen kivétel az lehetne, ha \(\displaystyle nx\) vagy \(\displaystyle (n-1)x\) törtrésze \(\displaystyle \frac{1}{2}\), de azt már az első megfigyelésként beláttuk, hogy ilyen nem történhet sosem. Ebből az következik, hogy a sorozat középpontosan szimmetrikus.
Vegyük továbbá észre, hogy tetszőleges \(\displaystyle x\) karakterre és \(\displaystyle k\) pozitív egészre igaz, hogy ha vesszük az \(\displaystyle S\) sorozat \(\displaystyle k\) egymást követő elemét, abban az \(\displaystyle x\) karakterek száma \(\displaystyle kx\) alsó vagy felső egészrésze, így a sorozat két \(\displaystyle k\) hosszú szakaszában az \(\displaystyle x\) karakterek száma legfeljebb eggyel térhet el egymástól.
Az általánosság rovása nélkül mondjuk azt, hogy \(\displaystyle S_1=x\). Legyen a sorozat első \(\displaystyle t\) karaktere \(\displaystyle x\). Ekkor a középpontos szimmetria miatt a sorozat cikluásnak az utolsó \(\displaystyle t\) karaktere is \(\displaystyle x\), így tehát található egy \(\displaystyle 2t\) hosszú blokk \(\displaystyle x\)-ekből (egy ciklus végét és a következő ciklus elejét összeillesztve), amelynek a két végén, az általánosság rovása nélkül, egy-egy \(\displaystyle y\) áll. Ekkor minden \(\displaystyle 2t\) hosszú szakaszon legalább \(\displaystyle 2t-1\) darab \(\displaystyle x\) áll, így valahol van egy \(\displaystyle z\) a sorozatban, és ennek mindkét oldalán legalább \(\displaystyle 2t-1\) darab \(\displaystyle x\)-nek kell állnia. Így kapunk egy \(\displaystyle 4t-1\) hosszú szakaszt, amelyben nincs \(\displaystyle y\), miközben a ciklus határán volt egy \(\displaystyle 2t+2\) hosszú szakasz, amelyben két \(\displaystyle y\) is volt. Ha \(\displaystyle 4t-1\ge 2t+2\), akkor ez ellentmondás. Tehát \(\displaystyle t\) csak \(\displaystyle 1\) lehet, azaz az \(\displaystyle S\) sorozat \(\displaystyle xy\)-nal kezdődik, ezt szimmetrikusan kiterjesztve egy \(\displaystyle yxxy\) blokk van a határon.
Most következzen néhány fontos megfigyelés:
(1) az \(\displaystyle xx\) blokk miatt minden egymást követő párban van \(\displaystyle x\), azaz egy \(\displaystyle y\) vagy \(\displaystyle z\) karakternek csak \(\displaystyle x\) szomszédja lehet.
(2) az \(\displaystyle yxxy\) blokk miatt minden egymást követő négyesben van \(\displaystyle y\).
Az (1) megfigyelés alapján \(\displaystyle z\) mindkét szomszédja \(\displaystyle x\). Ezután mindkét oldalon \(\displaystyle y\)-nak kell állnia, különben \(\displaystyle xzx\) és az utolsó elem egy olyan négyes lennének, amiben nincs \(\displaystyle y\), ami ellentmond (2)-nek.
(3) \(\displaystyle z\) környezete \(\displaystyle yxzxy\) kell, hogy legyen.
(4) az \(\displaystyle yxz\) blokk miatt egy hármasban legfeljebb két \(\displaystyle x\) szerepelhet, tehát az \(\displaystyle x\)-ek \(\displaystyle 1\) és \(\displaystyle 2\) hosszú blokkokban jöhetnek csak.
(5) az \(\displaystyle yxzxy\) blokk miatt egymást követő öt elem között legfeljebb három \(\displaystyle x\) lehet, azaz két \(\displaystyle 2\) hosszú \(\displaystyle x\) blokk nem lehet egymás mellett csak egyetlen különböző karakterrel elválasztva.
(6) az \(\displaystyle xzx\) blokk miatt egy hármasban legfeljebb egy \(\displaystyle y\) lehet.
\(\displaystyle S\) sorozat úgy kezdődik, hogy \(\displaystyle xy\). (1) szerint a következő elem \(\displaystyle x\), tehát a sorozat eleje \(\displaystyle xyx\). (5) szerint az ezt követő elem nem lehet \(\displaystyle x\). (6) szerint nem lehet \(\displaystyle y\) sem. Tehát a következő elem \(\displaystyle z\), így (3) szerint a sorozat eleje \(\displaystyle xyxzxy\). (1) szerint a következő karakter \(\displaystyle x\), a sorozat eleje \(\displaystyle xyxzxyx\).
A másik irányba kiterjesztve, a határon van egy \(\displaystyle xyxxyx\) blokk.
(7) a \(\displaystyle xyxxyx\) blokk miatt egy hatosban legfeljebb egy \(\displaystyle z\) van.
\(\displaystyle xyxzxyx\) után nem jöhet \(\displaystyle y\) (6) miatt, és nem jöhet \(\displaystyle z\) (7) miatt, tehát \(\displaystyle x\) következik, ezzel két egymás melletti \(\displaystyle x\)-et kaptunk. Azt állítjuk, hogy ezzel egy ciklust kaptunk. A bizonyítás szinte pontosan ugyanaz, ahogy a sorozat edddigi részét felépítettük.
Ha valahol \(\displaystyle xx\) szerepel, akkor (4) miatt a következő elem nem lehet \(\displaystyle x\), és (3) miatt a következő elem nem lehet \(\displaystyle z\), tehát \(\displaystyle y\)-nak kell jönnie. Ezután (1) szerint \(\displaystyle x\) kell, hogy álljon. \(\displaystyle xxyx\) után a (6) miatt nem állhat \(\displaystyle y\) és (5) miatt nem állhat \(\displaystyle x\), így \(\displaystyle z\)-nek kell állnia, tehát (3) szerint egy \(\displaystyle xx\)-szel kezdődve \(\displaystyle xxyxzxy\)-nak kell állnia. (1) szerint ezt egy \(\displaystyle x\) követi, és (6) szerint utána nem állhat \(\displaystyle y\), és (7) szerint utána nem állhat \(\displaystyle z\), tehát a következő karakter is \(\displaystyle x\), tehát megint kaptunk egy \(\displaystyle xx\)-et, és azt most vezettük le, hogy utána minek kell jönnie újra, tehát valóban ciklust kaptunk.
Ezek szerint az \(\displaystyle S\) sorozat az \(\displaystyle xyxzxyx\) ciklus ismétlése, a ciklus hossza \(\displaystyle 7\), ami egy prím, tehát a három racionális szám közös nevezője \(\displaystyle 7\). Tehát \(\displaystyle z=\frac{m}{7}\), és \(\displaystyle \frac{4m}{7}\) az első, aminek a kerekítése már nem \(\displaystyle 0\). Ez csak úgy lehet, ha \(\displaystyle m=1\).
\(\displaystyle y=\frac{s}{7}\), és \(\displaystyle \frac{2s}{7}>\frac{1}{2}\), de csak \(\displaystyle \frac{6s}{7}\) lesz az első \(\displaystyle \frac{3}{2}\)-nél nagyobb, tehát \(\displaystyle s\ge 2\), de \(\displaystyle 5s\le 10\), így \(\displaystyle s=2\).
\(\displaystyle x=\frac{r}{7}\), és \(\displaystyle r\ge 4\), de \(\displaystyle 4\frac{r}{7}\le \frac{5}{2}\), így \(\displaystyle 4r\le 17\), azaz \(\displaystyle r=4\).
Tehát a három racionális szám csak \(\displaystyle \frac{1}{7}, \frac{2}{7}\) és \(\displaystyle \frac{4}{7}\) lehet. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez valóban jó megoldás.
—
Össszefoglalva a megoldások:
1.) \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) egészek és \(\displaystyle a+b+c=1\).
2.) A számok \(\displaystyle m_1\), \(\displaystyle m_2+r\) és \(\displaystyle m_3-r\) alakúak, ahol \(\displaystyle m_1+m_2+m_3=1\) egészek és \(\displaystyle r\) egy olyan racionális szám, melynek legegyszerűbb alakjában páratlan a nevező.
3.) A számok \(\displaystyle m_1+\frac{1}{7}\), \(\displaystyle m_2+\frac{2}{7}\) és \(\displaystyle m_3+\frac{4}{7}\), ahol \(\displaystyle m_1+m_2+m_3=0\) egészek.
4.) A számok \(\displaystyle m_1-\frac{1}{7}\), \(\displaystyle m_2-\frac{2}{7}\) és \(\displaystyle m_3-\frac{4}{7}\), ahol \(\displaystyle m_1+m_2+m_3=2\) egészek.
Statisztika:
11 dolgozat érkezett. 7 pontot kapott: Móricz Benjámin, Sida Li, Varga Boldizsár. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 5 versenyző.
A KöMaL 2023. márciusi matematika feladatai