A 2002 márciusi 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. 287. Egy lapra valaki rajzolt egy ellipszist, amelynek a nagytengelye kétszer olyan hosszú, mint a kistengelye. Az illető a tengelyek végpontjait is megjelölte. Adjunk meg olyan szerkesztési eljárást, amely körzőt és vonalzót, valamint az ellipszist felhasználva, bármely hegyesszöget három egyenlő részre oszt.

Megoldás. Legyen 3$\displaystyle alpha$ a harmadolandó szög, és vegyünk fel egy derékszögű koordináta-rendszert, amelyben az ellipszis egyenlete x²+4y²=1.

Legyen A_i=(cos(+(i-1)^.120^o);sin(+(i-1)^.120^o)) és (i=1,2,3). Az A_i pontok az egységkörön, a B_i pontok pedig az ellipszisen vannak. A cél ezeknek a megszerkesztése.

Tekintsük a B_i pontokon átmenő kört. Ez az ellipszist egy negyedik C pontban is metszi. Némi számolással ellenőrizhető, hogy a kör középpontja és $\displaystyle C=(\cos3\alpha;{1\over2}\sin3\alpha)$. A 3 ismeretében a kör megszerkeszthető és kimetszi az ellipszisből a B_i pontokat.

A. 288. Legyen p egy tetszőleges n-edfokú polinom, ahol n$\displaystyle ge$1. Bizonyítsuk be, hogy létezik legalább n+1 olyan komplex szám, amelyre p értéke 0 vagy 1.

IMC 7, London, 2000

Megoldás. Legyenek z₁, ..., z_k azok a komplex számok, ahol p értéke 0 vagy 1. Jelöljük $\displaystyle mu$_j-vel, hogy z_j hányszoros gyöke a p(z), illetve p(z)-1 polinomnak. Ekkor p'-nek a z_j szám ($\displaystyle mu$_j-1)-szeres gyöke. Multiplicitással számolva, a z₁,...,z_k számok között a p(z) és a p(z)-1 polinomoknak összesen 2n gyöke van, a p' polinomnak legfeljebb n-1, tehát

$\displaystyle mu$₁+...+$\displaystyle mu$_k=2n,   (₁-1)+...+($\displaystyle mu$_k-1)n-1.

Kivonva egymásból, k$\displaystyle ge$n+1.

A. 289. Bizonyítsuk be, hogy ha a pozitív valós számok halmazán értelmezett valós értékű f függvény minden pozitív x, y értékre eleget tesz az

$\displaystyle f\left({x+y\over2}\right)+f\left({2xy\over x+y}\right)=f(x)+f(y)$

egyenletnek, akkor minden pozitív x,y számpárra

$\displaystyle 2f\big(\sqrt{xy}\big)=f(x)+f(y).$

Schweitzer Miklós Emlékverseny, 2001

Megoldás. Legyenek a,b,c,d teszőleges pozitív valós számok. A függvényegyenletet többször alkalmazva,

f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=

$\displaystyle =f\left({a+b\over2}\right)+f\left({2ab\over a+b}\right)+f\left({c+d\over2}\right)+f\left({2cd\over c+d}\right)=$

$\displaystyle =f\left({{a+b\over2}+{c+d\over2}\over2}\right)+f\left({2{a+b\over2}\cdot{c+d\over2}\over{a+b\over2}+{c+d\over2}}\right)+$

$\displaystyle \qquad+f\left({{2ab\over a+b}+{2cd\over c+d}\over2}\right)+f\left({2{2ab\over a+b}\cdot{2cd\over c+d}\over{2ab\over a+b}+{2cd\over c+d}}\right)=$

$\displaystyle f\left({a+b+c+d\over4}\right)+f\left({(a+b)(c+d)\over a+b+c+d}\right)+$

$\displaystyle \qquad+f\left({abc+abd+acd+bcd\over(a+b)(c+d)}\right)+f\left({4abcd\over abc+abd+acd+bcd}\right).$

Ha ugyanezt úgy is elvégezzük, hogy b-t és c-t felcseréljük, akkor azt kapjuk, hogy

$\displaystyle \qquad=f\left({(a+c)(b+d)\over a+b+c+d}\right)+f\left({abc+abd+acd+bcd\over(a+c)(b+d)}\right).$

Legyen a=c, b=a²/d és $\displaystyle t={a\over b}+{b\over a}$. Mint könnyen ellenőrizhető,

$\displaystyle {(a+b)(c+d)\over a+b+c+d}={abc+abd+acd+bcd\over(a+b)(c+d)}=a,$

$\displaystyle {(a+c)(b+d)\over a+b+c+d}=a\cdot{2t\over2+t},$

végül

$\displaystyle {abc+abd+acd+bcd\over(a+c)(b+d)}=a\cdot{2+t\over2t}.$

Ezeket behelyettesítve (1)-be,

A t bármilyen 2-nél nem kisebb szám lehet, a $\displaystyle {2t\over2+t}$ pedig bármilyen 1-nél nem kisebb. Ezért minden x$\displaystyle ge$y számpárhoz léteznek olyan a és t számok, hogy $\displaystyle a\cdot{2t\over2+t}=x$, $\displaystyle a\cdot{2+t\over2t}=y$ és $\displaystyle \sqrt{xy}=a$.