A 2002 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. 299. Az ABCD négyzet belsejében P és Q olyan pontok, amelyekre

PAQ$\displaystyle \angle$=PCQ=45^o.

Fejezzük ki a PQ szakasz hosszát a BP és DQ szakaszok hosszával!

A tanárképző főiskolások Péter Rózsa matematikaversenye, 2002

Megoldás. Legyen BP=p, DQ=q és PQ=x. A p és q hosszúságokkal kell kifejeznünk x-et.

A P és Q pontok közül az egyik az ABC, a másik az ACD háromszög belsejébe esik. Ennek megfelelően két esetet kell megkülönböztetnünk.

1. Ha a a P pont az ABC háromszög, a Q pont pedig az ACD háromszög belsejébe esik, akkor az APQ és a CQP háromszög is az ABCD négyzettel azonos körüljárású.

Tükrözzük a B pontot az AP és a CP egyenesekre; a két tükörkép legyen U, illetve V. A tükrözés miatt AU=AB=AD, és az A csúcsnál fekvő szögek összeszámolásából kapjuk, hogy QAU$\displaystyle \angle$=DAQ$\displaystyle \angle$. Ebből következik, hogy az AQU és AQD háromszögek egybevágók. Hasonlóan kapjuk, hogy a CQV és CQD háromszögek is egybevágók.

Az egybevágóságok miatt az ábrán egyforma színnel jelölt szögek egyenlők, PU=PV=PB=p és QU=QV=QD=q. A PQU és PQV háromszögek egybevágók, mert oldalaik ugyanakkorák. Ezért az U-nál és V-nél fekvő szögeik egyenlőek. Ennek a két szögnek az összege megegyezik az ABCD négyzet B-nél és D-nél levő szögeinek összegével, tehát PUQ$\displaystyle \angle$=PVQ$\displaystyle \angle$=90^o. A Pitagorasz-tételből tehát

$\displaystyle x=\sqrt{p^2+q^2}.$

A gondolatmenetből az is következik, hogy a kékkel és a sárgával jelölt szögek, illetve a pirossal és a zölddel jelölt szögek egyenlőek, és a BP szakasz párhuzamos a QD szakasszal.

2. Ha a Q pont az ABC háromszög, a P pont pedig az ACD háromszög belsejébe esik, akkor az APQ háromszög és a CQP háromszög is az ABCD négyzettel ellentétes körüljárású. Ebben az esetben a megoldás (és a végeredmény is) lényegesen bonyolultabb.

Mint láttuk, a QBPD négyszög trapéz, alapjai QB és PD, továbbá PQ²=BQ²+DP². A pontok elhelyezkedéséből azt is megállapíthatjuk, hogy BP>DP és BQ<DQ.

Először megmutatjuk, hogy minden ilyen tulajdonságú trapézhoz találhatók olyan A és C pontok, amelyekre ABCD négyzet és PAQ$\displaystyle \angle$=PCQ$\displaystyle \angle$=45^o.

Legyen tehát QBPD egy olyan trapéz, amelyben PQ²=BQ²+DP². Legyen U és V az a két pont, amelyre QU=QV=BQ és PU=PV=DP; az U pont a PQ átlónak a B-vel megegyező oldalán legyen, a V pont pedig a D csúccsal megegyező oldalon. A Pitagorasz-tétel megfordítása szerint PUQ$\displaystyle \angle$=PVQ$\displaystyle \angle$=90^o.

Legyen A a BQU szög és a DPU szög felezőjének metszéspontja, C pedig legyen a BQV szög felezőjének és a DPV szög felezőjének metszéspontja.

Az AB, AU és AD szakaszok egyenlő hosszúságúak, mert szimmetrikusak az AQ, illetve AP egyenesekre. Hasonlóképpen CB=CV=CD, mert ez a három szakasz is szimmetrikus a CQ, illetve CP egyenesekre. Az ABQUPD és CDPVQB hatszögek szögeinek összeszámolásából kapjuk, hogy PAQ$\displaystyle \angle$=PCQ$\displaystyle \angle$=45^o és PAD$\displaystyle \angle$=BCD$\displaystyle \angle$=90^o. Mindezekből az is következik, hogy az ABCD négyszög egy négyzet.

Az BP>DP és BQ<DQ feltételek biztosítják, hogy az U és a V pont a PQB, illetve a QPD szögtartomány belsejébe esik, az A és B, illetve C és D pontok a PQ egyenes ellentétes oldalain vannak, és az ABCD négyzet valóban a belsejében tartalmazza a PQ szakaszt.

Jelöljük a négyzet oldalának hosszát a-val, továbbá legyen BQ=y és QD=z. Az a, p, q szakaszok hosszával fogjuk kifejezni x-et. A pontok elhelyezkedéséből látható, hogy \(\displaystyle {1\over\sqrt2}a

Mint már láttuk, x²=y²+z². A BD szakasz a négyzet átlója, ezért $\displaystyle BD=\sqrt2a$.

Tekintsük a QBPD trapézt. Legyen QBP$\displaystyle \angle$=$\displaystyle \beta$ és PDQ$\displaystyle \angle$=$\displaystyle \delta$. Írjuk fel a koszinusz-tételt a QBP, BPD, PDQ és DQB háromszögekre:

x²=p²+y²-2pycos $\displaystyle \beta$

2a²=p²+z²+2pzcos $\displaystyle \beta$

x²=q²+z²-2qzcos $\displaystyle \delta$

2a²=q²+y²+2qycos $\displaystyle \delta$

A koszinuszokat eliminálva,

Az (1) és (2) egyenletek összegét (y+z)-vel osztva:

x²+2a²=p²+q²+2yz,

amiből

(y-z)²=x²-2yz=p²+q²-2a²

és

(y+z)²=x²+2yz=2x²+2a²-p²-q².

Az (1) és (2) egyenletek különbségét négyzetre emelve,

(2a²-x²)²(y-z)²=(p²-q²)²(y+z)²

(2a²-x²)²(p²+q²-2a²)=(p²-q²)²(2x²+2a²-p²-q²)

A 2a²-x² számot ebből a (legfeljebb) másodfokú egyenletből fogjuk kiszámítani. A fő együttható nemnegatív: p²+q²-2a²=(y-z)²$\displaystyle \ge$0.

Ha a fő együttható 0, azaz p²+q²-2a²=(y-z)²=0, akkor y=z, a QBPD négyszög paralelogramma és p=q=a. Könnyű végiggondolni, hogy ha P és Q a B, illetve D középpontú, a sugarú körön, a négyzet középpontjára szimmetrikusan helyezkedik el, akkor a PAQ$\displaystyle \angle$=PCQ$\displaystyle \angle$=45^o biztosan teljesül. A PQ szakasz hosszáról ilyenkor nem mondhatunk többet, mint hogy a $\displaystyle [(2-\sqrt2)a,\sqrt2a)$ intervallumba esik.

Ha a fő együttható pozitív, akkor a (3) egyenletre alkalmazhatjuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét. Mivel a konstans tag negatív, az egyenletnek egy pozitív és egy negatív valós gyöke van. Azt is tudjuk, hogy $\displaystyle x<\sqrt2a$, azaz 2a²-x²>0, tehát a pozitív gyökre van szükségünk:

$\displaystyle 2a^2-x^2={-(p^2-q^2)^2+\sqrt{(p^2-q^2)^4+ (p^2+q^2-2a^2)(p^2-q^2)^2(6a^2-p^2-q^2)}\over p^2+q^2-2a^2}=$

$\displaystyle ={-(p^2-q^2)^2+2|p^2-q^2|\sqrt{-3a^4+2a^2(p^2+q^2)-p^2q^2} \over p^2+q^2-2a^2},$

$\displaystyle x=\sqrt{2a^2+{(p^2-q^2)^2-2|p^2-q^2|\sqrt{-3a^4+2a^2(p^2+q^2)-p^2q^2} \over p^2+q^2-2a^2}}.$

A. 300. Adjuk meg mindazokat az egészekből álló (a,b) számpárokat, amelyekre a²+ab+b² osztható 7⁵-nel.

Megoldás. Tekintsük a következő azonosságokat.

Ezekből leolvasható, hogy a²+ab+b² akkor osztható 7⁵-nel, ha a következő feltételek valamelyike teljesül:

- a és b is osztható 7³-nel;

- a=7²p, b=7²q, ahol p$\displaystyle \equiv$2q (mod 7) vagy q$\displaystyle \equiv$2p (mod 7);

- a=7p, b=7q, ahol p$\displaystyle \equiv$18q (mod 7³) vagy q$\displaystyle \equiv$18p (mod 7³);

- a$\displaystyle \equiv$1353b (mod 7⁵) vagy b$\displaystyle \equiv$1353a (mod 7⁵).

A. 301. Legyen a₀,a₁,... nemnegatív számokból álló sorozat, amelyre tetszőleges k,m0 esetén

a_k+ma_k+m+1+a_ka_m.

Tegyük fel, hogy elég nagy n esetén na_n<0,2499. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan 0<q<1 szám, amelyre elég nagy n esetén

a_n<qⁿ.

Lengyel versenyfeladat

Megoldás. Legyen p=0,2499 és legyen \(\displaystyle 1n₀ pozitív egész, hogy n$\displaystyle \ge$n₀ esetén na_n<p. Ha n₀-t elég nagynak választjuk, akkor az is teljesül, hogy \(\displaystyle {n\over n-2}

Tetszőleges N$\displaystyle \ge$n₀ esetén legyen $\displaystyle S(N)=\sup\{na_n:~n\ge k\}$. Az n₀ választása szerint például S(n₀)$\displaystyle \le$p.

Ha N$\displaystyle \ge$n₀ és n$\displaystyle \ge$2N, akkor

$\displaystyle na_n=n\sum_{k=n}^\infty(a_k-a_{k+1})\le n\sum_{k=n}^\infty a_{[k/2]}a_{[(k+1)/2]}\le n\sum_{k=n}^\infty{S(N)\over\big[{k\over2}\big]} \cdot{S(N)\over\big[{k+1\over2}\big]}<$

\(\displaystyle

Ez minden n$\displaystyle \ge$2N-re igaz, ezért

$\displaystyle S(2N)=\sup\{na_n:~n\ge2N\}\le4rS^2(N),$

vagy másképpen 4rS(2N)$\displaystyle \le$(4rS(N))². Ezt többször alkalmazva kapjuk, hogy

$\displaystyle S(2^mN)\le{1\over4r}\big(4rS(N)\big)^{2^m}< \big(4rS(N)\big)^{2^m}.$

Legyen most n>n₀ tetszőleges pozitív egész. Válasszuk meg az m nemnegatív egészt úgy, hogy 2^mn₀$\displaystyle \le$n<2^m+1n₀ teljesüljön. Ekkor

$\displaystyle a_n\le{1\over n}S(2^mn_0)< {1\over n}\big(4rS(n_0)\big)^{2^m}< \big(4pr\big)^{2^m}< \big(4pr\big)^{n/2n_0} \le\left(\root{2n_0}\of{4pr}\right)^n.$

Az r számot úgy választottuk, hogy 4pr<1 teljesüljön, így a $\displaystyle q=\root{2n_0}\of{4pr}$ szám megfelel a feladat feltételeinek.