A 2004 februári 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. 338. Tetszőleges pozitív egész n számra jelölje f(n) a $\displaystyle \sqrt{n}$ -hez legközelebb eső egészt. Számítsuk ki a

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n}$

összeg értékét.

Megoldás. Mivel a sor tagjai pozitívak, a részletösszegek tetszőleges részsorozatának ugyanaz a határértéke, ezért elég egy alkalmas részsorozatot vizsgálni.

Könyen ellenőrizhető, hogy tetszőleges k pozitív egészre f(n)=k akkor teljesül, ha k²-k+1 $\displaystyle \le$ n $\displaystyle \le$ k²+k. Az összeget f(n) értéke szerint csoportosítva,

$\displaystyle \sum_{n=1}^{m^2+m}\frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n} = \sum_{k=1}^m\sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}\frac{2^k+2^{-k}}{2^n} =$

$\displaystyle = \sum_{k=1}^m(2^k+2^{-k})\left(\frac1{2^{k^2-k}}-\frac1{2^{k^2+k}}\right) = \sum_{k=1}^m\left(\frac1{2^{(k-2)k}}-\frac1{2^{k(k+2)}}\right) =$

$\displaystyle = \frac1{2^{(-1)\cdot1}}+\frac1{2^{0\cdot2}} -\frac1{2^{(m-2)m}}-\frac1{2^{m(m+2)}} = 3-\frac1{2^{(m-2)m}}-\frac1{2^{m(m+2)}}.$

Az utolsó két tag 0-hoz tart, ezért

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n} = \lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^{m^2+m}\frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n} =3.$

Megjegyzés. Több versenyző nem indokolta meg, hogy miért elég a részletösszegeknek egy alkalmas részsorozatát vizsgálni, és annak vizsgálatáról is elfeledkezett, hogy az utolsó tagok 0-hoz tartanak-e. Ők 4 pontot kaptak.

A. 339. Egy 28-elemű halmazból 4-elemű részhalmazokat akarunk kiválasztani a következő tulajdonságokkal:

a) Bármelyik két kiválasztott négyesnek legfeljebb két közös eleme legyen;

b) Ha x egy tetszőleges elem és A egy olyan négyes, amely nem tartalmazza x-et, akkor létezzen legalább egy olyan B négyes is, amely az x-et tartalmazza, és A-val pontosan két közös eleme van.

Lehetséges-e ilyen négyeseket kiválasztani?

Megoldás. Ilyen halmazrendszer létezik. Tekintsük egy 8-pontú teljes gráf éleit; ezek száma éppen 28. Válasszuk ki azokat az élnégyeseket, amelyek mind a 8 csúcsot pontosan egyszer tartalmazzák. Egy-egy ilyen négyest bármelyik három éle meghatározza, ezért ha két négyesnek van három közös eleme, akkor a két négyes ugyanaz. Az a) tulajdonság tehát teljesül.

Ha A=(a₁,a₂) egy tetszőleges él, x pedig egy olyan négyes, amely nem tartalmazza A-t, akkor x={(a₁,b₁),(a₂,b₂),(c₁,c₂),(d₁,d₂)} alakú. Ebben az esetben a b) feltételnek eleget tesz az y={(a₁,a₂),(b₁,b₂),(c₁,c₂),(d₁,d₂)} négyes.

A. 340. Lehet-e egy egységnyi sugarú kör belsejében fekvő parabolaív hossza 4 egységnél nagyobb?

Megoldásvázlat. A válasz igen. Helyezzük a kör középpontját a derékszögű koorrdinátarendszer origójába, és tekintsük azt a parabolát, amelynek tengelye az y-tengely, csúcsa a (0,-1) pont és átmegy az ( $\displaystyle \pm$ sin $\displaystyle \alpha$ ,cos $\displaystyle \alpha$ ) pontokon, ahol $\displaystyle \alpha$ egy kicsi szög.

Mint könnyen ellenőrizhető, a parabola egyenlete

$\displaystyle y={1+\cos\alpha\over\sin^2\alpha}x^2+1= {1\over2\sin^2{\alpha\over2}}x^2+1.$

A parabolaív hosszát az

$\displaystyle l=\int\limits_{-\sin\alpha}^{\sin\alpha}\sqrt{1+{x^2\over\sin^4{\alpha\over2}}}dx$

integrál adja meg. Az $\displaystyle u-{1\over u}={2x\over\sin^2{\alpha\over2}}$ helyettesítést és az $\displaystyle A={\sin\alpha\over\sin^2{\alpha\over2}}=2\ctg{\alpha\over2}$ jelölést alkalmazva,

$\displaystyle \sqrt{1+{x^2\over\sin^4{\alpha\over2}}}={u+{1\over u}\over2}$

és

$\displaystyle l= \int\limits_{\sqrt{1+A^2}-A}^{\sqrt{1+A^2}+A} {u+{1\over u}\over2}\cdot\bigg({\sin^2{\alpha\over2}\over2}\Big(u-{1\over u}\Big)\bigg)'du = {\sin^2{\alpha\over2}\over4} \int\limits_{\sqrt{1+A^2}-A}^{\sqrt{1+A^2}+A} \bigg(u+{2\over u}+{1\over u^3}\bigg)du =$

$\displaystyle = {\sin^2{\alpha\over2}\over4}\bigg(4A\sqrt{1+A^2}+ 4\log\big(A+\sqrt{1+A^2}\big)\bigg).$

Az $\displaystyle \sqrt{1+A^2$ A=2\ctg{\alpha\over2}>{4\over\alpha}">, a $\displaystyle \sin\alph$ \alpha-{1\over6}\alpha^3"> és $\displaystyle \sin{\alpha\over2$ {\alpha\over4}"> becsléseket beírva

$\displaystyle {\sin^2{\alpha\over2}\over4}\cdot4A\sqrt{1+A^2} = \sin\alpha\sqrt{1+A^2$ \bigg(\alpha-{1\over6}\alpha^3\bigg){4\over\alpha} = 4-{2\over3}\alpha^2, ">

$\displaystyle \sin^2{\alpha\over2}\log\big(A+\sqrt{1+A^2}\big$ {\alpha^2\over16}\log{8\over\alpha} ">

és

$\displaystyle$ 4+\alpha^2\bigg({1\over16}\log{8\over\alpha}-{2\over3}\bigg).">

Ha $\displaystyle \alpha$ kellően kicsi, akkor $\displaystyle {1\over16}\log{8\over\alpha$ {2\over3}"> és l>4.

Fórum:

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?