Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
1. Igaz-e, hogy ha az f, g: Q→Q függvények szigorúan monoton nőnek és értékkészletük a teljes Q, akkor az f +g függvény értékkészlete is a teljes Q? (Q a racionális számok halmaza.) Megoldás: A válasz: nem. Megadunk olyan, a feltételeknek megfelelő f és g függvényeket, amelyekre f+g nem veszi fel a 0-t. Legyen f(x)=x. Ez nyilván szigorúan monoton nő, és értékkészlete a teljes Q. Legyen
x − 3, ha x ≤ 1 2 g ( x) − , ha 1 < x < 2 x x − 3, ha x ≥ 2 A g függvény a (-∞,1], (1,2) és [2,∞) intervallumokban külön-külön szigorúan monoton nő, e három intervallumra megszorítva értékkészlete a (-∞,-2], (-2,-1), illetve [-1,∞) intervallumok racionális elemeiből áll. Ezért igaz, hogy g szigorúan monoton nő, és értékkészlete a teljes Q. Tegyük fel, hogy létezik olyan x∈Q, amelyre f(x)+g(x)=0. Ha x≤1 vagy x≥2, akkor f(x)+g(x)=2x-3, ami csak x=32 esetén lenne 0, de ez a szám nem szerepel a megadott intervallumokban. Ha 1<x<2, akkor
f ( x ) + g ( x) = x −
2 =0 x
x2 = 2
Ez pedig nem lehetséges, mert ilyen x racionális szám nincs. Tehát f +g nem veszi fel a 0-t. 2. Az a, b, c egész számok legnagyobb közös osztója 1. Az (a,b,c) számhármast más számhármasokra cserélhetjük úgy, hogy minden lépésben az egyik számot növeljük vagy csökkentjük a számhármas egy másik elemének valamilyen többszörösével. Igaz-e, hogy az a, b, c számok megválasztásától függetlenül, legfeljebb 10 lépésben eljuthatunk az (1,0,0) számhármashoz? Megoldás: Megmutatjuk, hogy legfeljebb 5 lépésben mindig eljuthatunk az (1,0,0) számhármashoz. Először abban az esetben oldjuk meg a feladatot, ha például b és c relatív prímek. Ekkor bármilyen szám, így az 1 is előállítható a+xb+yc alakban, alkalmas x és y egész számokkal. Ezért két lépésben eljuthatunk az (1,b,c) számhoz úgy, hogy ahoz előbb b x-szeresét, majd c y-szorosát adjuk hozzá. Ezután további két triviális lépésben eljuthatunk az (1,0,0) számhármashoz. Abban az esetben tehát, ha b és c relatív prímek, 4 lépés biztosan elegendő. Most bebizonyítjuk, hogy egyetlen lépésben elérhető, hogy a számhármas két eleme relatív prím legyen. Ha b vagy c nulla, akkor a másik két szám relatív prím. Ha b és c egyike sem 0, akkor legyen d a c azon prímtényezőinek szorzata, amelyek nem osztják b-t. (Ha ilyen prímosztó nincs, akkor legyen d=1.) Azt állítjuk, hogy az egy lépésben előálló (a,b+da,c) számhármas megfelelő, azaz b+da és c relatív prímek. Tekintsük c egy tetszőleges p prímosztóját; azt kell igazolnunk, hogy ez nem osztója a b+da számnak. 1/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Ha p osztója b-nek, akkor d definíciója szerint p nem osztója d-nek. Azt is tudjuk, hogy a, b és c relatív prímek, tehát p az a-nak sem lehet osztója. Ebben az esetben tehát a b+da összeg első tagja osztható p-vel, a második tagja nem. Ha p nem osztója b-nek, akkor d definíciója szerint p osztója d-nek. Tehát a b+da összeg első tagja nem osztható p-vel, a második tagja viszont osztható vele Mindkét esetben azt kaptuk, hogy p nem osztója a b+da számnak. Összefoglalva: egy lépésben elérhetjük, hogy a második és a harmadik szám relatív prím legyen, innen pedig további négy lépésben eljuthatunk az (1,0,0) számhármashoz. 3. Jelöljük tetszőleges pozitív egész n számra S(n)-nel az n jegyeinek összegét tízes számrendszerben. Igazoljuk, hogy
lim n→∞
S (2 n ) = ∞
Megoldás: Legyen k rögzített pozitív egész. Tetszőleges n-re jelölje 2n tízes számrendszerbeli felírásában cn az utolsó k számjegy által alkotott egészt, bn az előtte levő 3k jegy által alkotott számot, végül an az összes ezek előtt álló számjegyből alkotott számot.
2n = 104 k an + 10k bn + cn ahol 0≤bn<103k és 0
m. A határárték tehát tetszőleges valós számnál nagyobb: ∞. 4. Egy R sugarú kerek asztalon elhelyeztünk n darab r sugarú pénzérmét úgy, hogy minden érme egy teljes lapjával az asztalon fekszik. Az asztalra újabb érme már nem helyezhető el. Mutassuk meg, hogy
1R R − 1 ≤ n ≤ . 2 r r
Megoldás: Mivel minden érme egy teljes lapjával az asztalon fekszik, azért az érmék lapjának összterülete legfeljebb akkora, mint az asztallap területe, azaz n⋅r2π≤R2π. Ebből rendezéssel kapjuk a
n≤
R r
egyenlőtlenséget. Rajzoljunk az érmék középpontjai körül 2r sugarú köröket, az asztal középpontja körül pedig egy R-r sugarú k kört. Ha ennek a k körnek lenne egy olyan P pontja, amit a 2r sugarú körök egyike sem tartalmaz, akkor a P középpontú r sugarú kör egyik érmét sem metszené, és teljes egészében az asztalon volna (lásd az ábrát). Vagyis egy újabb érmét helyezhetnénk az asztalra úgy, hogy középpontja egybeesne P-vel. A feladat feltételei szerint ez nem lehetséges, ezért a 2r sugarú körök teljes egészében lefedik k-t. Emiatt a területük legalább akkora, mint k területe: (R-r)2⋅π≤n(2r)2⋅π. Ezt átrendezve éppen a bizonyítandó 2/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
1R − 1 ≤ n 2 r egyenlőtlenséget kapjuk. 5. Határozzuk meg mindazokat a p és q prímszámokat, amelyekre alkalmas n>1 esetén
p 2 n +1 − 1 q3 − 1 = p −1 q −1
Megoldás: A jobb oldalon egyszerűsítve és mindkét oldalból 1-et kivonva,
p 2 n +1 − 1 = (q 2 + q + 1) − 1 p −1 2 n +1 p − p = ( p − 1)(q 2 + q ) p ( p n − 1)( p n + 1) = ( p − 1)q (q + 1)
(2) A bal oldalon valamelyik tényező osztható a jobb oldalon szereplő q prímszámmal; ez a tényező legalább q. Mivel a legnagyobb tényező a pn+1, pn+1≥q minden esetben teljesül. Ezt a becslést alkalmazzuk (2) jobb oldalán:
p ( p n − 1)( p n + 1) ≤ ( p − 1)( p n + 1)( p n + 2) p ( p n − 1) ≤ ( p − 1)( p n + 2) pn + 2 ≤ 3 p
(3) Ha p vagy n legalább 3, akkor pn=pn-1⋅p≥3p, vagyis (3) nem teljesülhet. Tehát csak p=n=2 lehetséges. Ezt behelyettesítve (2)-be q(q+1)=30, azaz q=5. A feladat egyetlen megoldása tehát p=2, q=5 és n=2. 6.
Adottak f, g N → N bijektív függvények úgy hogy minden n N szám esetén . Bizonyítsuk be, hogy f = g (a két függvény azonos).
Megoldás: Mivel f: N → N szürjektív függvény ezért létezik úgy hogy . De a feladat feltétele alapján így . Mivel a g függvény természetes számot vesz fel ezért . Hasonlóan létezik úgy hogy , és mivel f injektív, ezért . Így . Mivel g is injektív , vagyis csak lehetséges. Innentől teljes indukcióval (az összes előző esetet felhasználva) bizonyítjuk -re, hogy . Ezt így folytatva indukcióval bizonyítottuk a feladat állítását.
7. Legyenek az n és a k adott poztív egész számok, az S pedig olyan n-elemű síkbeli ponthalmaz, amelynek • semelyik három pontja nincs egy egyenesen; • az S halmaz minden pontjához található legalább k darab S beli pont, amelyek mind egyenlő távolságra vannak a P ponttól. 3/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Bizónyítsuk be, hogy
Megoldás: Rendezés után négyzetreemelve a következőt kapjuk:
Mivel a bal oldalon az első tag egész ezért elegendő igazolni, hogy: A baloldalon éppen a kelem közül kiválasztahtó párok száma van. Az S ponthalmaz minden pontjához tekintsük a tőle egyenlő távolságra lévő lévő k pontból képezhető párokat. Ezek száma: Ha egy A, B pontpárt számba vettükegy P pontnál akkor P rajta van AB felezőmerőlegesén. Mivel S-ben nincs három pont egy egyenesen, így a fenti számolás után minden pontpárt max 2-szer kaphattunk meg, azaz: ahonnan n-nel osztva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. kifejezésben számítsuk ki az
8. Az együtthatóját.
-es tag
Megoldás:
Ahhoz hogy a fenti kifejezés számítanunk az Legyen Így az 9.
Az
-es tagjának eggyütthatóját megkapjuk, ki kell kifejezés -ös tagjának együtthatóját.
. A binomiális tétel szerint a köbös tag együtthatója -es tag együtthatója
.
.
egyenletű ellipszis síkjában levő P ponton áthaladó (d)
egyenes az ellipszist az M1 és M2 pontokban metszi. Szerkesszünk P át egy olyan f dtől különböző egyenest, hogy annak az ellipszissel való metszéspontjai, valamint az M1 és M2 pontok egy körön legyenek. Megoldás: A feladatot tekintsük megoldottnak. Jelöljük M3 és M4-gyel az f egyenes, valamint az ellipszis metszéspontját, (x0,y0)-val a P pont koordinátáit, α-val és β-val a d és f egyenes x tengellyel alkotott szögeit. Továbbá legyen PM1=r1, PM2=r2, PM3=r3, PM4=r4 és
4/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Az M1, M2, M3, M4 pontok parametrikus koordinátái:
Az M1, M2, M3, M4 pontok az ellipszisen vannak, tehát:
Mivel M1, M2, M3, M4 egy körön vannak, ezért felírható az alábbi egyenlőség: azaz r1r2=r3r4 (3)
Az (1) és (2) összefüggések alapján:
A (4) és (5) összefüggéseket figyelembevéve a (3) összefüggés a következő lesz: Az előbbi összefüggés akkor igaz, ha α+β=π, vagy α-β=0 (amely esetben d=f). Ha α+β=π, akkor PP1P2 háromszög egyenlő szárú. Az f egyenes megszerkesztése: Meghúzzuk a P középpontú PP1 sugarú kört, amely az x tengelyt másodszor P2 pontban metszi. A keresett f egyenes a PP2 egyenes lesz. 10. Legyen a, b és c három különböző egész szám, és P egy egész együtthatós polinom, Mutassuk ki, hogy nem állhat fenn egyidejűleg a következő három egyenlőség: Megoldás: Indirekten bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy egyidejűleg fennálhatnak a fenti egyenlőségek. Ha α∈Z, akkor: P(x)=(x-α)Q(x)+P(α), ahol Q szintén egész együtthatós polinom. Az előbbi alapján felírhatjuk a következőt: b-c=P(a)-P(b)=(a-b)Q1(a), c-a=P(b)-P(c)=(b-c)Q2(b), a-b=P(c)-P(a)=(c-a)Q3(c), ahonnan következik, hogy (a-b)(b-c), (b-c) (c-a), (c-a) (a-b), ami csak úgy lehetséges, ha az abszolútértékek megegyeznek. Feltehetjük, hogy a>b>c, tehát az abszolútértékekre felírt egyenlőség a következőképpen írható: a-b=b-c=a-c, vagyis a=b=c, ami ellentmondás. 11. Legyen p egy prím és legyen G=(V, E) egy gráf, aminek több mint d(p-1) csúcsa van. Ekkor bizonyítsuk be, hogy G csúcsainak van egy nem üres U
5/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
részhalmaza úgy, hogy azoknak a d csúcsú klikkeknek a száma, amelyeknek van közös részük U-val, legyen osztható p-el. Bizonyítás: G minden I részhalmazára K(I) jelölje azoknak a d csúcsú klikkeknek a számát, amelyek tartalmazzák I-t. Most G minden v csúcsához rendeljünk hozzá egy xv, és képezzük azt a polinomot modulo p fölött, hogy:
I +1 F ( x1 , x2 ,..., x V ) = ∏ (1 − xv ) − 1 + ∑ (−1) ⋅ K ( I ) ⋅ ∏ xi i∈I v∈V 0≠ I ⊂V
p −1
K(I) nyilván 0, hogyha I több, mint d elemű, tehát az F polinom foka V , mivel a második zárójeles tag foka legfeljebb d(p-1), ami kisebb, mint V . Ezenkívül a polinomban
∏x
v
együtthatója nem 0, így a kombinatorikus nullstellnersatz tételt
v∈V
felhasználva léteznek olyan xv ∈ {0,1} számok, amelyekre F ( xv v ∈V ) nem 0 modulo p. Tudjuk, hogy ekkor nem minden xv 0, hiszen akkor a polinom 0-t adna értékül. Így van olyan xv, ami 1. Ekkor azonban az első zárójeles tag eltűnik és a kis-Fermat tétel miatt A második zárójelben levő tagnak 0-nak kell lenni modulo p, tehát:
∑
0 ≠ I ⊂V
(−1)
I +1
⋅ K ( I ) ⋅ ∏ xi ≡ 0 mod( p) i∈I
Vegyük észre azonban, hogy a bal oldalon éppen azoknak a d-klikkeknek a száma áll, amelyeknek van közös része az U = v xv = 1 . Ez a szitamódszer alapján
{
}
látható. Így valóban találtunk egy nem üres U halmazt, amelyre teljesül a feladat feltétele. Ezzel az állítást igazoltuk. 12. Egy konferenciára két országból, A-ból és B-ből érkezik egy azonos létszámú küldöttség, tagjaik közül néhányan már régebbről ismerték egymást. Bizonyítsuk be, hogy az A országbeli tagok közül kiválasztható néhány (legalább 1) úgy, hogy teljesüljön az alábbi lehetőségek egyike: • a kiválasztottak közül a B országbeli tagok mindegyikének páros sok ismerőse van. • a kiválasztottak közül a B országbeli tagok mindegyikének páratlan sok ismerőse van. Bizonyítás: Az A országbeli tagok közöl 2n-1 db féléképpen választhatunk ki néhányat.
6/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Minden ilyen kiválasztáshoz rendelünk egy n hosszú 1, 0 sorozatot, mégpedig úgy, hogyha a B-beli i-edik tag páros sokat ismer a kiválasztottak közül, akkor a sorozat i-edik tagja 0, egyébként 1. A feladat állítása úgy is fogalmazható, hogy ekkor lesz n-hosszú 1, vagy n-hosszú 0 sorozat. Ilyen n hosszú 1,0 sorozatokból 2n darab van. Most két esetet különböztetünk meg: 1. eset: A sorozatok között nincs két ugyanolyan. Ekkor 2n-1 sorozatunk van a 2n –ből, tehát csak egy hiányzik, így lesz egy n hosszú 1, vagy egy n hosszú 0 sorozat. Így ezzel az esettel készen vagyunk. 2. eset: A sorozatok közt van két megegyező. Ekkor az A országban az egyik sorozathoz tartozó részhalmaz legyen U, a másik V. Ekkor belátom, hogy az (U − V ) ∪ (V − U ) nem üres részhalmaz megfelel az a) feltételnek. Ugyanis a B országból egy tetszőleges x ember az U és a V halmazból is párosat vagy mindkettőből páratlan sokat ismer, tehát összeadva a két értéket páros számot kapunk, viszont ebből le kell vonni az U ∩ V -ben levő ismerősei számának a kétszeresét, így mindenképpen páros számhoz jutunk. Ezzel a második esettel is végeztünk, tehát a feladat állítását igazoltuk. 13. Jelöljük az x2 + y2=n egyenlet megoldásszámát r(n)-el. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan c pozitív állandó, hogy tetszőleges N természetes számra: N
∑ r ( n) − π N < c
n
n =1
Bizonyítás: Tekintsünk minden olyan x, y egész számokból álló számpárt, hogy x 2 + y 2 ≤ n (e számpárok száma nyilvánvalóan
N
∑ r (n) ).
Vegyünk fel most a síkban egy
n =1
derékszögű koordinátarendszert, és képezzük minden ilyen x, y számpárra azt az M(x,y) négyzetet, mely az (x+s, y+t) pontokból áll, ahol 0 ≤ s < 1 , 0 ≤ t < 1 . Jelöljük e négyzetek egyesítését E-vel. Nyilvánvaló, hogy az E tartomány területe
N
∑ r ( n) . n =1
Jelöljük továbbá az origó középpontú r sugarú körlemezt K(r)-el. Könnyen látható, hogy:
K ( n − 2) ⊂ E ⊂ K ( n + 2) 7/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Ebből pedig következik, hogy E területe a K ( n − 2 ) , ill. K ( n + 2 ) körök területe közé esik, ahonnan adódik az állítás mondjuk c = 2 2 + 2π -re.
14. Egy r uniform hipergráfnak m éle van, bármely kettőnek a metszete legfeljebb
r 2m pontja van. k pontot tartalmaz. Bizonyítsuk be, hogy legalább r + (m − 1)k Bizonyítás: Jelölje d(x) az x fokát H-ban. Ekkor tetszőleges E ∈ E (H ) -ra:
∑ d ( x) = ∑ E ∩ F x∈E
=r+
F∈E ( H )
∑ E ∩ F ≤ r + (m − 1)k
F∈E ( H ) −{E }
Összegezzük ezt minden E élre, akkor 2
∑ ∑ d ( x) = ∑ d ( x)
E∈E ( H ) x∈E
2
∑ d ( x)
2
x∈V ( H )
= V (H ) ⋅
V (H )
x∈V ( H )
∑ d ( x) x∈V ( H ) ≥ V (H ) ⋅ V (H )
2
∑E m2r 2 E∈E ( H ) = = V (H ) V (H )
m2r 2 mr 2 ≤ m(r + (m − 1)k ) , tehát ≤ V (H ) Innen: V (H ) r + (m − 1)k
15. Bizonyítsuk be, hogy az x n + 1 = y n +1 egyenletnek, ahol n 2-nél nem kisebb egész számot jelöl, nincs olyan pozitív egész megoldása x-ben és y-ban, amelynél x és (n+1) relatív prímek Bizonyítás: A feladat állításával ellentétben tegyük fel, hogy (1)-nek létezik olyan pozitív egész megoldása, amelyekre x és (n+1) relatív prímek. Írjuk fel (i)-et
(
)
x n = ( y − 1) y n + y n−1 + ... + y + 1
Megmutatjuk, hogy ebben az esetben y-1 és yn+yn-1+…+y+1 is relatív prímek. Tegyük fel ugyanis, hogy mindketten oszthatók egy p prímszámmal, ekkor x is osztható p-el. y 1 maradékot ad p-el osztva, tehát yn+yn-1+…+y+1 (n+1) maradékot ad, tehát (n+1) osztható p-el, de ez nem lehet, hiszen x és (n+1) relatív prímek. Így beláttuk, hogy y-1 és yn+yn-1+…+y+1 is relatív prímek.
8/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
Ekkor azonban (1)-ből y-1 és yn+yn-1+…+y+1 is n-edik hatványszám, azonban yn+yn1+…+y+1 nagyobb, mint yn, de kisebb, mint (y+1)n, ami ellentmondás. Így az indirekt állításból ellentmondásra jutottunk, tehát a feladat állítását igazoltuk. 16. Adott egy n változós polinom. Tudjuk, hogy ha mindegyik változója helyébe vagy +1-et, vagy -1-et helyettesítünk, értéke pozitív lesz, amennyiben a -1-ek száma páros és negatív, ha a -1-ek száma páratlan. Igazoljuk, hogy a polinom legalább n-ed fokú. Megoldás: Elöször egyszerüsítjük a szóba jövö polinomokat. Elég olyan polinomokra szorítkozni, amelyekben minden változó legfeljebb elsö hatványon szerepel. Ha ugyanis minden páros hatványon szereplö változót 1-gyel, a páratlan hatványon szereplöket pedig a változó elsö hatványával helyettesítjük, ezzel a polinom foka nem növekszik, a feladatban megadott tulajdonsága pedig nyilvánvalóan megmarad, és ezen az sem változtat, ha a módosítás után összevonható tagokat összevonjuk. Ha pedig a módosított polinom legalább n-edfokú, akkor az eredeti is. A továbbiakban a polinomon mindig a mondott módon egyszerüsített polinomot értünk. 2 Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. Egy egyváltozós polinom ax+b alakú. Feltétel szerint a+b > 0, −a+b < 0, azaz a−b > 0, tehát 2a > 0, a > 0. A polinom tehát elsöfokú. (Az eredeti polinom legalább elsöfokú.) Tegyük fel, hogy a legfeljebb m változós polinomokra igaz a feladat állítása. Egy m+1 változós polinom f1 ( x1 , ..., xm )+xm+1 f2 ( x1 , ..., xm ) alakban írható, ahol f1 és f2 legfeljebb m-változós polinom. Legyen c1 , ..., cm egy +1-ekböl és -1-ekböl álló sorozat. Ha a ci -k közt páros számú -1 van, akkor xm+1 -nek egyszer +1, egyszer -1 értéket adva, a feltétel szerint f1 ( c1 , ..., cm )+f2 ( c1 , ..., cm ) > 0 f1 ( c1 , ..., cm )−f2 ( c1 , ..., cm ) < 0. Az utóbbit így írhatjuk: −f1 ( c1 , ..., cm )+f2 ( c1 , ..., cm ) > 0 és így 2f2 ( c1 , ..., cm ) > 0; ha pedig a ci -k között a -1-ek száma páratlan, akkor f1 ( c1 , ..., cm )+f2 ( c1 , ..., cm ) < 0, f1 ( c1 , ..., cm )−f2 ( c1 , ..., cm ) > 0, tehát −f1 ( c1 , ..., cm )+f2 ( c1 , ..., cm ) < 0 és így 2f2 ( c1 , ..., cm ) < 0. Azt kaptuk, hogy f2 -nek is megvan a tételben megfogalmazott tulajdonsága, s így az indukciós feltétel szerint legalább m-edfokú, az eredeti polinom legalább ( m+1 )-edfokú. Ezzel beláttuk, hogy a tétel állítása minden n-re igaz.
9/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
17. Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának arányát x. Határozzuk meg, hogy hogyan függ x-től az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke. 1. megoldás Tekintsük egy ABCD paralelogrammát, amelyikben AB és BC hossza a, illetöleg λa (λ > 1), az átlók metszéspontja és a BC oldal felezöpontja E, illetöleg F. Ekkor E egyben az átlók közös felezöpontja is, így EF az AB-vel párhuzamos középvonal fele, hossza 1 / . 2a. A szóba jövö E pontok tehát az F középpontú, 1 / . 2a sugarú kE kör pontjai, kivéve a BC egyenessel való két metszéspontot, amelyek a kör átellenes pontjai. Szimmetria okokból elég a BC egyenes egyik oldalán levö félkört vizsgálni (1. ábra).
Figure 1: A kör átméröje a BC szakasz része. Az átlók szöge a BC szakasz látószöge E-böl , tehát tompaszög (hiszen az átmérö látószöge derékszög). Ennek az α szögnek a lehetö legkisebb értékét kell tehát meghatároznunk. Belátjuk, hogy α értéke a félkör E0 felezöpontjára a legkisebb. A BCE0 háromszög köré írt k0 kört belülröl érinti kE , mert mindkét kör középpontja a BC-re F-ben emelt merölegesen van, és kE átméröje a BC szakasz része. A DE és k0 metszéspontját Gvel jelölve CEB
= CGB +GCE
> CGB
= CE0 B ,
amint állítottuk. A keresett legnagyobb hegyesszög, 0 ennek a szögnek mellékszöge, és mivel a BCE0 háromszög egyenlö szárú, az E0 BF kétszeresével egyenlö, tehát például így fejezhetö ki λ-val a BE0 F derékszögböl: 1
azaz 0 = 2arcctgλ, ahol az arkusz-függvény 0 és 90 közé esö = =λ, értékét kell venni. ctg = 1 Megjegyzés: A feladat szövege feltételezte 2 E0 F a ugyan, de meggondolásaink során 2 bizonyítást is nyert, hogy ezt a maximális értéket fel is veszi az átlók szöge, és azt is beláttuk, hogy a téglalapban a legnagyobb ez a szög. 0
BF
λa
2
18. Bizonyítsuk be, hogy egy szabályos dodekaéder csúcsainak a P ponttól való távolságösszege akkor minimális, ha P a dodekaéder középpontja. Megoldás:
10/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
A bizonyításhoz azt a lemmát használjuk fel, hogy a térben egy ponttól mért távolság, mint függvény, konvex. Egy vektortéren értelmezett valós f függvényt konvexnek nevezünk, ha minden A, B vektorra és α, β > 0 számra, ahol α+β = 1, igaz, hogy f(αA + βB) ≤ αf(A) + βf(B). Ha az egyenlőtlenség egy A, B vektorpárra minden megfelelő α, β-ra szigorúan fennáll, azt mondjuk, hogy a függvény szigorúan konvex az A, B vektorok között. Két konvex függvény összege is konvex: f(αA + βB) + g(αA + βB) ≤ αf(A) + βf(B) + αg(A) + βg(B). Igaz továbbá az is, hogy két konvex függvény összege pontosan azon pontpárok között lesz szigorúan konvex, amelyek között legalább az egyik függvény szigorúan konvex. Egy szigorúan konvex függvénynek legfeljebb egy minimumhelye lehet. Tegyük fel ugyanis, hogy van két minimumhelye. Ekkor a két minimumhely között bármelyik pontban az értéke kisebb lenne, mint a minimumhelyekben. Legyen egy O pont távolságfüggvénye az a tér pontjain értelmezett függvény, ami megadja a O ponttól mért távolságot. Ez konvex, és minden A, B-re, ami nem esik egy egyenesre O-val, szigorúan konvex: Ha egy egyenesre esnek O-val, akkor az abszolút érték függvény konvexitásáról van szó. Ha nem esnek egy egyenesre O-val, akkor az ábra szerint mérjük fel OB-t az OA egyenesre, így kapjuk a B’ pontot. A C pont az AB szakasz tetszőleges belső pontja. A BB’ szakasszal párhuzamosan vetítsük le a C pontot az OB egyenesre, ez lesz a C’ pont. Így az OC’ a két függvényérték, OA és OB, megfelelő lineáris kombinációja. Az OBB’, BB’O és CC’O szögek megegyeznek. Az OBB’ háromszögben az O-nál levő szög nagyobb, mint az OCC’ háromszögben, mert C az A és B között van. Ennélfogva az OCC’ szög nagyobb, mint az OBB’ szög, tehát az OC’Cnél is. Mivel egy háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, OC’ nagyobb, mint OC, vagyis a függvényértékek lineáris kombinációja nagyobb, mint lineáris kombinációban a függvényérték. Vegyük a dodekaéder minden egyes csúcsának a távolságfüggvényét, és adjuk össze őket. Az így kapott függvény konvex, valamint minden pontpárra szigorúan konvex, mivel minden pontpárhoz van olyan csúcs, amellyel nem esik egy egyenesbe. Tehát csak egy minimumhelye lehet. Tegyük fel, hogy ez nem a középpont. Forgassuk 72°-kal el az egyik csúcs és a középpont által meghatározott tengely körül, olyan körül, amelyiken nincs rajta. Az így kapott pont az ábra szimmetriája miatt szintén minimumhely lenne. Tehát csak a középpontban lehet a minimum. A függvénynek van alsó korlátja (0), úgyhogy van legnagyobb alsó korlátja, vagyis minimuma, és mivel folytonos, és minden irányban végtelenhez tart, fel is veszi a minimumát. Tehát a középpontban minimális.
19. Egy 3×3-as négyzetrács sarkokon lévő négyzeteinek belsejében kijelölünk egyegy pontot. Bizonyítsuk be, hogy az így kapott konvex négyszög a sarkokon lévő négyzetekből összesen kisebb területet metsz ki, mint az oldalakon lévő négyzetekből összesen. Megoldás: 11/12
Ászpóker csapat
Kalló Bernát, Nagy Baló András Nagy János, Véges Márton Feladatok és megoldások
Fazekas tábor 2008
A kiválasztott négy pont mindegyikét kössük össze a középső négyzet hozzá legközelebbi csúcsával. Így a sarkokban lévő négyzetekből kimetszett területeket két-két háromszögre bontottuk. Bontsuk az oldalsó négyzetekből területeket két-két háromszögre egy tetszőleges átlójuk behúzásával. Most tekintsük azokat a szomszédos háromszögeket, melyek közül az egyik egy sarkon lévő, másik egy oldalsó négyzetben van. Minden ilyen pár egyik oldala közös. Ha ezt tekintjük alapnak, akkor az oldalsó négyzetekben lévő háromszögek magassága 1 négyzetoldalnyi, a másik háromszögé ennél kisebb. Így minden ilyen párban az oldalsó négyzetben lévő háromszög területe kisebb. Tehát összesen is kisebb a sarkokban lévő területek összege. 20. Egy ABCD tetraéder ABC lapjának D’ súlypontját összekötjük a D csúccsal. A DD’-vel párhuzamosokat húzunk az A, B, C csúcsokon keresztül és elmetsszük velük az egyes csúcsokkal szemközti lapok síkját az A’, B’, C’ pontokban. Bizonyítsuk be, hogy az eredeti tetraéder térfogata harmada az A’B’C’D’ tetraéderének. Megoldás: A feladat állítása a tetraéder affinitásától nem változik. Affinítsuk tehát a tetraédert szabályossá. Az A’, B’, C’ pontok így az ábra szimmetriája miatt ugyanolyan távol lesznek az ABC síktól, és, mivel DD’ merőleges az ABC síkra, és AA’, BB’, CC’ párhuzamos vele, az A’B’C’ háromszög az ABC háromszög merőleges eltoltja lesz. DD’-t AA’-be a BC él felezőpontjából lehet nagyítani, és mivel D’ a súlypont, 3-szorosára kell nagyítani, hogy D’ az A-ba kerüljön. Tehát AA’ háromszorosa DD’-nek, vagyis az A’B’C’D’ tetraéder magassága az ABCD-ének háromszorosa. Így a térfogatuk aránya is ennyi.
12/12
