A 2002 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. 296. András gondolt egy 16-nál nem nagyobb pozitív egészre. Béla feltehet 7 eldöntendő kérdést, amelyre András igennel vagy nemmel válaszolhat, és egyszer rossz választ is adhat. Segítsünk Bélának kitalálni a gondolt számot.

Cseh versenyfeladat

Megoldás. Kódoljuk a 16 lehetséges gondolt számot 4 jegyből álló 0-1 sorozatokkal; a gondolt számnak megfelelő négy jegy legyen x₁, x₂, x₃ és x₄. Béla hét kérdésében azt kérdezze meg, hogy az x₁, x₂, x₃, x₄, x₁+x₂+x₃, x₁+x₂+x₄, x₁+x₃+x₄ kifejezések páratlanok-e. A kapott válaszokat szintén 0-val és 1-gyel kódolva, jelöljük a válaszokat V₁, V₂, V₃, V₄, V_1,2,3, V_1,2,4 és V_1,3,4. (Tehát, például V_1,2,3 akkor 1, ha x₁+x₂+x₃ páratlan.)

Ha V₁+V₂+V₃+V_1,2,3 páros, akkor ezek a válaszok pontosak. Ebben az esetben x₁-et, x₂-t és x₃-at ismerjük. Az x₄-re a többi három válasz mindegyikéből következtethetünk. Mivel egy válasz hibás is lehet, az x₄-nek az a helyes értéke, amelyiket legalább kétféleképpen megkapunk.

Hasonlóan járunk el, ha V₁+V₂+V₄+V_1,2,4, illetve ha V₁+V₃+V₄+V_1,3,4 páros.

Ha V₁+V₂+V₃+V_1,2,3, V₁+V₂+V₄+V_1,2,4, V₁+V₃+V₄+V_1,3,4 mindegyike páratlan, akkor mindegyik négyesben hibás az egyik válasz. Az egyetlen közös elem a V₁. A többi válasz tehát pontos, ezekből x₁, x₂, x₃, x₄ mindegyike meghatározható.

Megjegyzés. A feladat az algebrai kódelmélethez, ezen belül is a Hamming-kódok konstrukciójához kapcsolódik. Legyen k pozitív egész, h=2^k-1 és m=h-k. Az ,,(m,h) Hamming-kód'' h hosszúságú 0-1 sorozatok egy halmaza, a halmaz elemeinek száma 2^m, és tetszőleges h hosszúságú 0-1 sorozathoz pontosan egy olyan kódbeli sorozat létezik, hogy a két sorozat legfeljebb egy helyen különbözik.

Például, a ,,(4,7) Hamming-kód'' a következő sorozatokból áll:

A feladat nem más, mint a (4,7) Hamming-kóddal egyenértékű konstrukció keresése.

A kódelmélet iránt érdeklődő Olvasóinknak Pelikán József Algebrai Kódelmélet c. cikkét (KöMaL 1993/5, 193-199. oldal) ajánljuk.

A. 297. Legyenek a₀,a₁,a₂,... pozitív egészek úgy, hogy a₀=1, a₁>1 és

$\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_1\cdot\ldots\cdot a_n}{a_{[n/2]}}+1$

teljesül minden n=1,2,... esetén. ([x] jelöli az x egész részét.) Mutassuk meg, hogy a

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{a_{n+1}a_{[n/2]}}$

sor összege egy racionális szám.

Cseh versenyfeladat

Megoldás. Tetszüleges N pozitív egészre

$\displaystyle \sum_{n=1}^N{1\over a_{n+1}a_{[n/2]}} =\sum_{n=1}^N{1\over a_{n+1}\displaystyle{a_1\cdot\dots\cdot a_n\over a_{n+1}-1}} =\sum_{n=1}^N{a_{n+1}-1\over a_1\cdot\dots\cdot a_{n+1}}=$

$\displaystyle =\sum_{n=1}^N\left({1\over a_1\cdot\dots\cdot a_n}-{1\over a_1\cdot\dots\cdot a_{n+1}}\right)={1\over a_1}-{1\over a_1a_2\dots a_{N+1}}.$

Mivel a₂,a₃,... mindegyike nagyobb 1-nél, $\displaystyle {1\over a_1a_2\dots a_{N+1}}\le{1\over2^N}$, és így

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty{1\over a_{n+1}a_{[n/2]}}={1\over a_1}.$

A. 298. Egy gömbháromszög szögei , , , a velük szemközti oldalívek hossza a, b, illetve c. Igazoljuk, hogy

a^.cos$\displaystyle beta$+b^.cos<c.

Megoldás. Legyen O a gömb középpontja, amelyen a háromszög elhelyezkedik; a csúcsokat a szokásos módon jelöljük A, B, C-vel. Feltételezhetjük, hogy a gömb sugara egységnyi. Tekintsük az OAB, OBC és OCA körcikkeket; ezek területe c/2, a/2, illetve b/2.

Vetítsük most a három körcikket az OAB síkra és jelöljük C'-vel a C pont vetületét, továbbá legyen A' és B' az A-val, illetve B-vel átellenes pont. A vetítés miatt C' az O középpontú egységkör belsejébe esik. Az AC és BC ívek vetülete egy AA', illetve egy BB' nagytengelyű ellipszis megfelelő íve. A két ellipszis összesen 4 pontban metszi egymást: mindkét, az A és A' pontokat összekötő félellipszis metszi mindkét, a B és B' pontokat összekötő félellipszist. Több metszéspont nem lehet, mert két különböző kúpszelet legfeljebb 4 pontban metszheti egymást.

Az OBC és OCA körcikkek vetületének előjeles területe (a/2)^.cos , illetve (b/2)^.cos $\displaystyle \alpha$. A feladat állítása tehát ekvivalens azzal, hogy e két eljőjeles terület összege kisebb, mint az OAB körcikk területe.

Összesen három lényegesen különböző esetet különböztethetünk meg aszerint, hogy C' az AA' és BB' egyenesek melyik oldalára esik; ezeket láthatjuk az ábrán. (A teljes megoldáshoz az olyan elfajuló eseteket is meg kell vizsgálni, amikor C' pontosan az AA' vagy a BB' egyenesre esik; ezeket két esethez is sorolhatjuk.) Az ábrán zöld színnel jelöltük azokat a területeket, amik a két vetített körcikk előjeles területében pozitív előjellel szerepelnek, piros színnel azokat, ahol negatív előjellel szerepelnek. A (b) esetben van egy olyan terület, ami mindkét vetületben szerepel, mégpedig ellentétes előjellel; ezt kék színnel jelöltük.

Mindhárom esetben igaz, hogy a zölddel jelölt vetületdarabok nem nyúlnak egymásba, részei az OAB körcikknek, de azt nem fedik le teljesen. Ezért a két előjeles terület összege mindig kisebb, mint az OAB körcikk területe.