A 2000 októberi 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. 245. Autónkkal egy kör alakú autópályán kell körbehaladnunk. A pálya mentén bizonyos helyeken benzinkutak vannak, az ezekben található összes üzemanyag két kör megtételére elég. Igazoljuk, hogy a benzinkutak közül kiválasztható legalább egy, amelytől bármelyik irányba elindulva oda visszajuthatunk.

Megoldás. A benzinkutak száma szerinti teljes indukcióval bizonyítunk.

Ha mindegyik benzinkútban elég üzemanyag van ahhoz, hogy bármelyik irányban eljussunk a következő kútig, akkor az állítás triviális. Feltehetjük tehát, hogy létezik egy kút a kör A pontjában, ahonnan az egyik irányban nem juthatunk el a szomszédos kútig, ami B-ben van. A kutakban levő üzemanyag mennyisége legyen a és b. Feltételezzük, hogy ab; ellenkező esetben az A és a B szerepe felcserélhető.

Jelölje C azt a pontot, ameddig A-ból B felé elindulva az a üzemanyaggal eljuthatunk. Csökkentsük le az üzemanyag mennyiségét az A illetve B benzinkutakban 0-ra illetve (b-a)-ra, továbbá az AB ívet rövidítsük le az AC távolsággal. Ekkor továbbra is kétszer annyi üzemanyag van, mint amennyi a (lerövidített) kör megtételéhez szükséges, viszont az A benzinkút kiürítése révén a nem üres benzinkutak száma 1-gyel csökkent. Van tehát egy olyan K benzinkút, ahonnan elindulva mindkét irányba körbehaladhatunk. Megmutatjuk, hogy ez a kút az eredeti körön is jó lesz.

Ha K-ból elindulunk valamelyik irányba, akkor előbb-utóbb eljutunk az iránytól függően A-ba vagy B-be; eddig a pontig semmi különbség a kétféle utazás között. Az A vagy B pontba érve az eredeti állapotban a-val több üzemanyagot vehetünk fel, és az AB szakasz is éppen annyival hosszabb, amire ez a plusz üzemanyag elég. Az AB szakasz elhagyása után mindig a-val több üzemanyagunk lesz, mint a lerövidített körön.

A. 246. Határozzuk meg az összes olyan x,y,z,w valós számnégyest, amelyre

x+y+z+w=x⁷+y⁷+z⁷+w⁷=0.

Shay Gueron, Haifa

Megoldás.

Lemma. Ha a,b valós számok és a0, akkor az X+Y=a, X⁷+Y⁷=b egyenletrendszernek - az ismeretlenek sorrendjétől eltekintve - legfeljebb egy valós megoldása lehet.

Bizonyítás. Legyen X=a/2-Z, Y=a/2+Z, ahol mondjuk Z0. Behelyettesítve a második egyenletbe,

A baloldal Z-ben szigorűan monoton nő, ha a>0, illetve fogy, ha a<0. Ezért legfeljebb csak egy nemnegatív Z-re teljesül az egyenlet. Ezzel a lemma kész.

Megmutatjuk, hogy az (1) egyenletrendszernek azok a számnégyesek a megoldásai, amelyekben két-két ellentett számpár szerepel. Tegyük fel, hogy valamelyik két szám összege nem 0, pl. x+y0. Legyen a=-(x+y) és b=-(x⁷+y⁷). A z,w számokra teljesülnie kell a

z+w=a,    z⁷+w⁷=b

egyenletrendszernek. Ennek a (-x,-y) számpár megoldása; a lemma szerint más nincs.

Ha az x,y,z,w számok közül bármelyik kettő összege 0, akkor x=y=z=w=0.

A. 247. Igazoljuk, hogy az egységnégyzet oldalegyenesein nincs olyan pont, amely mind a négy csúcstól racionális távolságra van.

Kovács Ádám, Budapest

Megoldás. A megoldás során többször használni fogjuk a következő két - jól ismert - lemmát:

1. lemma. Legyenek az A, B, C pozitív egész számok relatív prímek és A²+B²=C².

a) Ha A páros, akkor léteznek olyan relatív prím P és Q pozitív egészek, amelyekre A=2PQ, B=P²-Q² és C=P²+Q²;

b) Ha A páratlan, akkor léteznek olyan relatív prím P és Q páratlan pozitív egészek, amelyekre A=PQ, B=(P²-Q²)/2 és C=(P²+Q²)/2.

Bizonyítás. Az egyenletet átrendezve A²=(B+C)(B-C). Az a) esetben a két tényező legnagyobb közös osztója 2; ekkor alkalmas P, Q pozitív egészekkel B+C=2P² és B-C=2Q². Ebből az állítás azonnal következik.

A b) esetben a két tényező relatív prím, külön-külön páratlan négyzetszámok; B+C=P² és B-C=Q². Ebből kifejezve az A, B, C számokat, az állítás azonnal adódik.

2. lemma. Ha az A,B,C,D pozitív egészekre AB=CD, akkor léteznek olyan P,Q,R,S pozitív egészek, amelyekre A=PQ, B=RS, C=PR és D=QS. Ha A és B, valamint C és D relatív prímek, akkor az is igaz, hogy a P,Q,R,S számok páronként relatív prímek.

Bizonyítás. Legyen P=(A,C), Q=A/P, R=C/P és S=B/R=D/Q. (Az utolsó egyenlet teljesül, mert B/R=BP/C=ABP/AC=CDP/AC=DP/A=D/Q.) Ezekre az egyenletek teljesülnek, csupán azt kell megindokolni, hogy S miért egész.

A Q és R számok a konstrukció miatt relatív prímek, ezért alkalmas x, y egész számokkal Qx+Ry=1. Ezért S=(Qx+Ry)S=(QS)x+(RS)y=Dx+By egész szám.

Az állítás második fele triviálisan következik abból, hogy A=PQ és B=RS, illetve C=PR és D=QS relatív prímek.

3. lemma. Ha az egységnégyzet valamelyik oldalegyenesén van olyan pont, amelyik mind a négy csúcstól racionális távolságra van, akkor az

(1a)    x²+y²=zw;    (1b)    z²-w²=2xy

egyenletrendszernek van megoldása a pozitív egész számok körében.

Bizonyítás. A pont nem lehet azonos a négyzet egyik csúcsával sem. Nagyítsuk az ábrát fel úgy, hogy a négy távolság egész legyen. Betűzzük a távolságokat az ábra szerint:

A Pitagorasz-tételből

a²+(a+b)²=c²;    a²+b²=d².

A nagyítás arányát választhatjuk úgy, hogy a és b relatív prímek legyenek. Ezután a és a+b, illetve a és b közül pontosan az egyik páros, a másik páratlan. Mivel a és a+b ellentétes paritású, b páratlan. A második párból pedig a páros.

Az 1. lemma alapján léteznek olyan p,q,r,s pozitív egészek, amelyekre p és q illetve r és s relatív prímek, továbbá

a=2pq,    a+b=p²-q²,    c=p²+q²

illetve

a=2rs,    b=r²-s²,    d=r²+s².

(Ugyanezt kapjuk akkor is, ha a pont az oldal belsejében van.)

Az egyenletekből a-t kifejezve

(2)   p²-q²-r²+s²=2pq=2rs.

Mivel pq=rs, a 2. lemma alapján léteznek olyan x,y,z,w páronként relatív prím pozitív egész számok, amelyekre p=xz, q=yw, r=xw és s=yz. Írjuk be ezeket (2)-be:

x²z²-y²w²-x²w²+y²z²=2xyzw;

(3)   (x²+y²)(z²-w²)=2xy^.zw.

Az x,y,z,w számok között legfeljebb egy páros van. Ha mind a négy szám páratlan, akkor (3) baloldala osztható 4-gyel (sőt 16-tal is), jobboldal viszont nem, ami ellentmondás. Az x,y,z,w számok között tehát van páros. Ekkor (3) jobboldala osztható 4-gyel. A baloldalon az x²+y² tényező nem lehet osztható 4-gyel, tehát z²-w² páros. Ebből következik, hogy z és w páratlan, valamint x és y egyike a páros, az x²+y² tényező páratlan.

Az x²+y² szám relatív prím a 2xy-hoz, mert relatív prím az x-hez és az y-hoz, ezen kívül páratlan. A z²-w² szám pedig relatív prím a zw számhoz. Ezért (3) csak úgy teljesülhet, ha x²+y²=zw és z²-w²=2xy, vagyis az (x,y,z,w) számnégyes megoldása az (1a), (1b) egyenleteknek.

4. lemma. Az (1a),(1b) egyenletrendszernek nincs megoldása a pozitív egész számok körében.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van pozitív egészekből álló megoldás, és tekintsük a "legkisebbet:" azt, amelyben xyzw minimális.

Ha x és y osztható egy p prímszámmal, akkor az (1a) egyenlet alapján z vagy w is osztható vele; viszont az (1b) egyenletből következik, hogy a másik is. Ekkor viszont az összes ismeretlent eloszthatjuk p-vel, és egy kisebb megoldást kapunk. Ezért x és y csak relatív prímek lehetnek.

Hasonlóképpen, ha z és w osztható egy p prímszámmal, akkor 2xy=z²-w² osztható p²-tel, ebből még p=2 esetén is következik hogy x vagy y osztható p-vel; ezután az (1a) egyenletből kapjuk, hogy x és y is osztható p-vel. Ez szintén ellentmondás, ezért az is igaz, hogy z és w relatív prímek.

A z²-w²=2xy szám páros; ez csak úgy lehet, ha z és w páratlan. Ekkor x²+y²=zw páratlan, vagyis x és y egyike páros. Mivel az egyenletrendszer szimmetrikus x-ben és y-ban, az általánosság korlátozása nélkül feltehetjük, hogy x páros és y páratlan.

Mivel az (1b) egyenlet szerint , továbbá (z+w)/2 és (z-w)/2, illetve x/2 és y relatív prímek, a 2. lemma alapján léteznek olyan k,l,m,n páronként relatív prím pozitív egészek, amelyekre

Ezekből x=2km, y=ln, z=kl+mn és w=kl-mn. Helyettesítsük be ezeket az (1a) egyenletbe:

4k²m²+l²n²=k²l²-m²n²;

(4)   5k²m²=(k²-n²)(l²+m²).

A jobboldalon a k²-n² tényező relatív prím k²-hez, az l²+m² pedig relatív prím m²-hez. Ezért (4) csak kétféleképpen teljesülhet:

1. eset: k²-n²=m² és l²+m²=5k²;

2. eset: k²-n²=5m² és l²+m²=k².

Az 1. esetben:

(5a)    k²-n²=m²,    (5b)    l²+m²=5k²

Mivel y=ln páratlan, n páratlan. Az (5a) egyenletből láthatjuk, hogy k páratlan és m páros. Az 1. lemma és (5a) alapján léteznek olyan és páratlan pozitív egészek, amelyekre

n=    m=(²-²)/2,    k=(²+²)/2.

Ezt beírva (5b)-be kapjuk, hogy

(²+²)²+()²=l².

Ismét az 1. lemma alapján léteznek olyan és pozitív egészek, amelyekre

²+²=2,    =²-²,    l=²+².

Az (, , , ) számnégyes tehát megoldása az (1) egyenletrendszernek, ugyanakkor

Ez ellentmond annak, hogy az (x,y,z,w) számnégyes minimális megoldás.

2. eset:

(6a)    k²-n²=5m²,    (6b)    l²+m²=k².

Az előző esethez hasonlóan l páratlan, a (6b) egyenletből m páros és k páratlan. Az 1. lemma és a (6b) egyenlet alapján léteznek olyan és páratlan pozitív egészek, amelyekre

l=,    m=(²-²)/2,    k=(²+²)/2.

Ezeket beírva (6a)-ba,

(²-²)²+n²=()².

Ismét az 1. lemma alapján léteznek olyan , pozitív egészek, amelyekre

²-²=2,    n=²-²,    =²+².

Ebben az esetben a (,,,) számnégyes megoldása az (1a),(1b) egyenletrendszernek, holott

Ezzel a bizonyítás kész.