A 2001. decemberi 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. 278. A P pont az ABCD téglalap AC átlójának C-n túli meghosszabbításán helyezkedik el úgy, hogy BPD $szog$ =CBP $szog$ . Határozzuk meg a PB:PC arányt.

1. megoldás. Legyen P merőleges vetülete a CD és AB egyenesekre Q, illetve R, PAR $szög$ =PCQ $szög$ = $alpha$ és BPD $szög$ =CBP $szög$ =BPR $szög$ = $beta$ . Válasszuk a PC szakasz hosszát egységnyinek, a PB szakasz hossza legyen x. A feladat x meghatározása.

Például a PCQ és PBR derékszögű háromszögekből és a CBRQ téglalapból xsin$\displaystyle beta$=BR=CQ=cos $alpha$ , azaz $\sin\beta={\cos\alpha\over x}$ .

A PDQ, PCQ, PAR és PBR háromszögekből és az ARQD téglalapból

$\displaystyle \tg2\beta={DQ\over PQ}={AR\over\sin\alpha}={PR\cdot\ctg\alpha\over\sin\alpha}={x\cdot\cos\beta\cdot\ctg\alpha\over\sin\alpha}=x\cdot\cos\beta\cdot{\cos\alpha\over\sin^2\alpha}.$

Átrendezve és behelyettesítve a $\displaystyle \sin\beta={\cos\alpha\over x}$ összefüggést,

$\displaystyle {x\cdot\cos\alpha\over\sin^2\alpha}={\tg2\beta\over\cos\beta}={2\sin\beta\over1-2\sin^2\beta}={2{\cos\alpha\over x}\over1-2{\cos^2\alpha\over x^2}},$

amiből x²=2sin² $alpha$ +2cos²$\displaystyle alpha$=2, azaz $x=\sqrt2$ .

A PB:PC arány tehát az $\displaystyle alpha$ szögtől függetlenül mindig $\sqrt2:1$ .

2. megoldás. Elemi bizonyítást adunk arra, hogy $PB=\sqrt2\cdot PC$ . Legyen S a BC és a PD egyenes metszéspontja; a feltételek szerint a BPS háromszög egyenlő szárú. Legyen R a PB egyenesnek S-sel megegyező oldalán az a pont, amelyre a PBR háromszög egyenlő szárú és derékszögű, azaz BR=PR és PRB $szög$ =90^o. Az R és az S pont is a PB szakasz felező merőlegesén van.

Legyen továbbá T az ABCD téglalap köré írt kör és a PD egyenes metszéspontja. A körnek BD az egyik átmérője, ezért a BT szakasz merőleges a PD egyenesre.

Mivel ACTD húrnégyszög, PTC$\displaystyle szög$=PAD$\displaystyle szög$=PCS$\displaystyle szög$. A PCS és PTC háromszögek szögei megegyeznek, a két háromszög tehát hasonló, és PC:PS=PT:PC, átrendezve PC²=PS^.PT.

Mivel PRB$\displaystyle szög$=PTB$\displaystyle szög$=90^o, a PRTB négyszög is húrnégyszög, és RTP$\displaystyle szög$=RBP$\displaystyle szög$=PRS$\displaystyle szög$. A PRS és PTR háromszögek is hasonlóak, ebből az előbbiekhez hasonlóan kapjuk, hogy PR²=PS^.PT.

Azt kaptuk, hogy PC²=PR²=PS^.PT, vagyis PC=PR és így $\displaystyle PB:PC=PB:PR=\sqrt2:1$.

A. 279. Léteznek-e olyan f és g racionális tört függvények, amelyekre

(f(x))³+(g(x))³=x?

Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy sem a valós, sem a komplex együtthatós racionális törtfüggvények körében nincsenek megoldásai a függvényegyenletnek.

Tegyük fel, hogy az állításunkkal ellentétben mégis van megoldás. Legyen az f(x) és a g(x) nevezőjének szorzata a c(x) polinom, ekkor f(x)=a(x)/c(x) és g(x)=b(x)/c(x) alkalmas a és b polinomokkal. Ezeket behelyettesítve (1)-be,

(2)	a³(x)+b³(x)=x^.c³(x).

Tekintsük a (2) egyenletnek egy olyan megoldását, amelyben c(x) nem 0 és a foka minimális. Legyen $\varepsilon=\cos{2\pi\over3}+i\sin{2\pi\over3}$ az első harmadik egységgyök. A (2) baloldala szorzattá alakítható:

(3)	(a(x)+b(x))^.(a(x)+ $varepsilon$ b(x))^.(a(x)+ $varepsilon$ ²b(x))=x^.c³(x).

Azt állítjuk, hogy a baloldalon álló három tényező páronként relatív prím. Ezt az eslő két tényezőre mutatjuk meg, a többi pár esetében ugyanígy történik. Tegyük fel, hogy az a(x)+b(x) és a(x)+ $varepsilon$ b(x) polinomoknak van egy legalább elsőfokú közös osztója: d(x). Ekkor d(x) osztója az $\displaystyle {1\over1-\varepsilon}\big((a(x)+b(x))-(a(x)+\varepsilon b(x))\big)=b(x)$ polinomnak is és hasonlóképpen a(x)-nek is. A (2) baloldala és ezáltal x^.c³(x) is osztható d³(x)-szel, vagyis c(x) osztható d(x)-szel. Ekkor viszont az a(x), b(x), c(x) polinomokat d(x)-szel osztva egy olyan megoldást kapunk, amelyben c foka kisebb. Az a(x)+b(x) és a(x)+$\displaystyle varepsilon$b(x) polinomoknak tehát nem lehet legalább elsőfokú közös osztójuk, relatív prímek.

Három, páronként relatív prím polinom szorzata csak úgy lehet x^.c³(x) alakó, ha közülük kettő teljes köb, egy pedig egy teljes köb x-szerese. Mivel az egyenlet szimmetrikus a b(x), $varepsilon$ b(x), $varepsilon$ ²b(x) polinomokra, feltételezhetjük, hogy az első tényező a teljes köb x-szerese, azaz alkalmas u(x), v(x), w(x) polinomokkal

a(x)+b(x)=x^.u³(x),

a(x)+ $varepsilon$ b(x)=v³(x),

a(x)+ $varepsilon$ ²b(x)=w³(x),

és

c(x)=u(x)v(x)w(x).

Mint könnyen ellenőrizhető,

(4)	(1+$\displaystyle varepsilon$²)(a(x)+ $varepsilon$ b(x))+(1+ $varepsilon$ )(a(x)+ $varepsilon$ ²b(x))=a(x)+b(x).

A baloldalon mindkét tag teljes köb:

(1+$\displaystyle varepsilon$²)(a(x)+ $varepsilon$ b(x))=d³(x)

és

(1+$\displaystyle varepsilon$)(a(x)+ $varepsilon$ ²b(x))=e³(x)

alkalmas d(x) és e(x) polinomokkal. Ezeket behelyettesítve (4)-be,

d³(x)+e³(x)=x^.u³(x).

A d(x), e(x), u(x) polinomok tehát egy újabb megoldását adják a (2) egyenletnek. Ha u(x) foka kisebb, mint c(x) foka, az ellentmondás, mert feltételeztük, hogy c(x) foka minimális. Ha viszont u(x) foka nem kisebb, mint c(x)=u(x)v(x)w(x) foka, az csak úgy lehetséges, ha v(x) és w(x) konstans. Ekkor viszont az a(x) és b(x) polinom is konstans, (2) baloldalán egy konstans áll, a joboldalán pedig egy legalább elsőfokú polinom. Ez szintén ellentmondás.

A. 280. Tetszőleges n pozitív egész számra legyen

f_n( $vartheta$ )=sin $vartheta$ ^.sin(2 $vartheta$ )^.sin(4 $vartheta$ )^....^.sin(2ⁿ $vartheta$ ).

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges $vartheta$ valós szám és n pozitív egész esetén

$|f_n(\vartheta)|<{2\over\sqrt3}\left|f_n\left({\pi\over3}\right)\right|.$

IMC 8, Prága, 2001

Megoldás. Megengedjük az n=0 esetet is, ekkor értelemszerűen f₀($\displaystyle vartheta$)=sin$\displaystyle vartheta$.

Mint könnyen ellenőrizhető, (5) jobboldalán $\left({\sqrt3\over2}\right)^n$ áll, tehát a bizonyítandó állítás:

(6)	$\|f_n(\vartheta)\|<\left({\sqrt3\over2}\right)^n$

Az állítást teljes indukcióval igazoljuk. Az n=1 és n=2 esetekben az állítás triviális:

$\displaystyle |\sin\vartheta|<{2\over\sqrt3},$

illetve

|sin$\displaystyle vartheta$^.sin2 $vartheta$ |<1.

Legyen tehát n>3, és tegyük fel, hogy minden kisebb értékre az állítás igaz. Ha $\displaystyle |\sin\vartheta|\le{\sqrt3\over2}$, akkor az indukciós feltevés értelmében

$\displaystyle |f_n(\vartheta)|=|\sin\vartheta|\cdot|f_{n-1}(2\vartheta)|<{\sqrt3\over2}\cdot\left({\sqrt3\over2}\right)^{n-1}=\left({\sqrt3\over2}\right)^n.$

Ha $\displaystyle |\sin\vartheta${\sqrt3\over2}|">, akkor $|\cos\vartheta|<{1\over2}$ ,

$\displaystyle |\sin\vartheta\cdot\sin2\vartheta|={1\over2}|\cos\vartheta-\cos3\vartheta|<{1\over2}\left({1\over2}+1\right)={3\over4},$

és

$\displaystyle |f_n(\vartheta)|=|\sin\vartheta\cdot\sin2\vartheta|\cdot|f_{n-2}(2\vartheta)|<{3\over4}\cdot\left({\sqrt3\over2}\right)^{n-2}=\left({\sqrt3\over2}\right)^n.$

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?