Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Magas szintű matematikai tehetséggondozás

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül fontos, hogy nagy jártasságra tegyen szert az elemi algebra terén. Ehhez viszont nagyon sok feladatot kell megoldania, melyek akkor válhatnak élvezetessé, ha kellőképpen változatosak. Az alábbi összeállítással ehhez szeretnék segítséget nyújtani. I. Algebrai egész kifejezések 1. feladat Legyenek a, b, c olyan valós számok, melyekre fennáll, hogy a + b + c = 0 ! Bizonyítsuk be, hogy ekkor a)

( ab + bc + ca )

b)

(a

2

2

= a2b2 + b2 c2 + c2 a 2

+ b2 + c2 ) = 2 ( a4 + b4 + c4 ) ! 2

Útmutató: a)

Végezzük el a négyzetre emelést, majd a kétszeres szorzatok összegéből emeljünk ki 2abc-t és használjuk ki, hogy a + b + c = 0 .

b) Mivel a + b + c = 0 , így −

1 2 ( a + b2 + c 2 ) = ab + bc + ca . Az a) rész alapján azt 2

is tudjuk, hogy ( ab + bc + ca ) = a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . 2

Így

(a

2

+ b 2 + c 2 ) = a 4 + b 4 + c 4 + 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) = 2

= a 4 + b 4 + c 4 + 2 ( ab + bc + ca ) = a 4 + b 4 + c 4 + 2 ⋅ 2

= a4 + b4 + c4 +

2 1 2 a + b2 + c2 ) ( 2

Ebből jön az állítás.

86

2 1 2 a + b2 + c2 ) = ( 4

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 2. feladat Legyenek a, b, c olyan egész számok, hogy összegük 0. Igazoljuk, hogy akkor 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 négyzetszám! Útmutató: Alkalmazzuk az előző feladat b) részét!

3. feladat Az a, b, c nullától különböző valós számok reciprokának összege 0. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a)

(a + b + c)

b)

(a − b) 2 + (b − c)2 + (c − a) 2 = a2 + b2 + c 2 ! 2

2

= a2 + b2 + c2

Útmutató: a)

A feltétel alapján 0 =

1 1 1 bc + ac + ab + + = , így 0 = ab + bc + ca . Ebből a b c abc

könnyen jön az állítás.

(a − b) 2 + (b − c)2 + (c − a) 2 = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca , így könnyen 2 bizonyíthatjuk az állítást.

b) Mivel

4. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 !

Útmutató: Az előző feladat b) részében szereplő kifejezés bal oldala nem negatív, így

87


0≤

(a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a )2 = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca . 2

Ebből kapjuk, hogy ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 . Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a = b = c .

5. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy 3 a) a 2 + b 2 + c 2 + ≥ a + b + c ; 4 b) a 2 + b 2 + c 2 + 4 ≥ ab + 3b + 2c !

Útmutató: a)

4-gyel szorozva, rendezés után:

( 2a − 1) Egyenlőség:

2

+ ( 2b − 1) + ( 2c − 1) ≥ 0 2

2

1 2

⇔ a=b=c= . 2

2

b 2  b  b) Rendezést követően:  a −  + 3  − 1 + ( c − 1) ≥ 0 . 2  2  Egyenlőség: ⇔ c = 1 és b = 2 és a = 1 . 6. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ha

ab + bc + ca ≥ abc(a + b + c) , akkor a + b + c ≥ 3abc ! Útmutató: A 4. feladatból következik, hogy 3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) 2 . Innen könnyen adódik, hogy a + b + c ≥ 3abc .

88

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok

7. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám, amelyre teljesül, hogy a + b + c ≤ 4 és ab + bc + ca ≥ 4 ! Bizonyítsuk be, hogy ekkor az | a − b |≤ 2, | b − c |≤ 2, | c − a |≤ 2 egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül!

Megoldás: Mivel a, b, c pozitív valós számok, ezért az a + b + c ≤ 4 -ből következik, hogy

(a + b + c)

2

≤ 16 .

Így a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 16 . Mivel ab + bc + ca ≥ 4 , ezért a 2 + b 2 + c 2 + 8 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 16 , azaz a 2 + b2 + c 2 ≤ 8 . Ugyancsak az ab + bc + ca ≥ 4 feltétel alapján a 2 + b 2 + c 2 ≤ 8 ≤ 4 + ab + bc + ca , így a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≤ 4 . Ezt végigszorozva 2-vel kapjuk, hogy ( a − b ) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 ≤ 8 . Ebből pedig következik, hogy az | a − b |≤ 2, | b − c |≤ 2, | c − a |≤ 2 egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

8. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a)

a 4 + b 4 + c 4 + d 4 ≥ 4abcd

89

Magas szintű matematikai tehetséggondozás b) c)

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)

a 8 + b8 + c 8 ≥ a 2 b 2 c 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )

Útmutató: a)

Rendezzük át és végezzük el az alábbi átalakítást, így az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk! a 4 + b 4 − 2a 2 b 2 + c 4 + d 4 − 2c 2 d 2 + 2a 2 b 2 + 2c 2 d 2 − 4abcd ≥ 0

Ezzel pedig ekvivalens az alábbi egyenlőtlenség

(a

Egyenlőség:

2

− b 2 ) + ( c 2 − d 2 ) + 2 ( ab − cd ) ≥ 0 . 2

2

2

⇔ |a|=|b|=|c|=|d| és közülük páros sok előjele megegyezik.

b) Rendezés és 2-vel való beszorzás után az alábbi, eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk.

(a

2

− b2 ) + ( b2 − c 2 ) + ( c2 − a2 ) + a2 ( b − c ) + b2 ( a − c ) + c2 ( a − b ) ≥ 0 . 2

2

2

2

2

2

Egyenlőség: ⇔ a = b = c . c)

Alkalmazzuk a b) pontban szereplő egyenlőtlenséget úgy, hogy a három szám az a 2 , b 2 , c 2 . Egyenlőség: ⇔ a = b = c .

9. feladat Van-e megoldása a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszernek?

x 4 = 17 + xyzt   y 4 = 7 + xyzt   z 4 + 5 = xyzt  t 4 + 19 = xyzt  Útmutató: Az egyenletek összeadása után, a kapott következmény egyenletre alkalmazzuk a 8/a feladatot. Így kapjuk, hogy nincs megoldás.

90


10. feladat Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z valós számokra fennáll az a) b)

x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) − 3( x + y )( y + z )( z + x) ; 3

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) összefüggés!

Útmutató: Mind az a), mind a b) feladatban végezzük el a kijelölt műveleteket!

11. feladat Igazoljuk, hogy x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz esetén x + y + z = 0 vagy x = y = z , ahol x, y, z tetszőleges valós számok! Igaz az állítás megfordítása is?

Útmutató: Alkalmazzuk a 10/b feladatban szereplő összefüggést!

12. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z páronként különböző egész számok, akkor ( x − y )3 + ( y − z )3 + ( z − x )3 osztható 3( x − y )( y − z )( z − x) -szel!

Útmutató: Mivel ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) = 0 , ezért a 10/b feladatban szereplő összefüggés alapján kapjuk, hogy ( x − y )3 + ( y − z )3 + ( z − x)3 osztható

3( x − y )( y − z )( z − x) -szel.

13. feladat Hozzuk egyszerűbb alakra:

(a + b + c) − ( a + b − c) − (a − b + c) − (c + b − a) 3

3

3

91

3

!


Útmutató: Az ( a + b − c ) + ( a − b + c ) + ( c + b − a ) kifejezésre alkalmazzuk a 10/a feladatban 3

3

3

szereplő formulát! Az eredmény 24abc.

14. feladat Az a, b, c valós számok összege 1. Igazoljuk, hogy

4 ( a 3 + b3 + c 3 − 3abc ) ≥ 3 ( a − b ) ! 2

Megoldás: Használjuk fel a 10/a összefüggést és a feltételt. Ezekből kapjuk, hogy

4 ( a 3 + b3 + c 3 − 3abc ) = 4 ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) = = 4(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca) Így elég azt belátni, hogy 4(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) ≥ 3 ( a − b ) . Elvégezve a 2

négyzetre emelést és a nullára redukálást az eredetivel ekvivalens (a + b) 2 − 4(a + b)c + 4c 2 ≥ 0 egyenlőtlenséghez jutunk. A feltétel alapján

a + b = 1 − c , így elég azt belátni, hogy (1 − c)2 − 4(1 − c)c + 4c 2 ≥ 0 . Ebben elvégezve az átalakításokat, az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség: ⇔ c =

(3c − 1)2 ≥ 0

triviális

1 . 3

15. feladat Legyen a, b, c egy háromszög három oldala! Bizonyítsuk be, hogy a)

a (b − c)2 + b(c − a) 2 + c (a − b) 2 + 4abc > a 3 + b3 + c3 ;

b)

(a + b)(b + c)(c + a) − 4abc > a 3 + b3 + c 3 !

Megoldás: a)

Végezzük el a baloldalon a hatványozásokat, majd redukáljunk nullára és vonjunk össze! Ekkor az eredetivel ekvivalens

92


ab 2 + ac 2 + bc 2 + ba 2 + cb 2 + ca 2 − 2abc − a 3 − b3 − c3 > 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldalon lévő kifejezést az alábbi módon!

ab 2 + ac 2 + bc 2 + ba 2 + cb 2 + ca 2 − 2abc − a 3 − b3 − c 3 = = ba 2 − bc 2 + 2b 2 c − b3 + ca 2 − cb 2 + 2c 2 b − c3 + ab 2 + ac 2 − 2abc − a 3 = = b(a 2 − c 2 + 2bc − b 2 ) + c(a 2 − c 2 + 2bc − b 2 ) − a(a 2 − c 2 + 2bc − b 2 ) = = (b + c − a)(a 2 − c 2 + 2bc − b 2 ) = (b + c − a )(a 2 − (c − b) 2 ) = = (b + c − a)(a − c + b)(a + c − b) Így azt kell bebizonyítani, hogy (b + c − a )(a − c + b)(a + c − b) > 0 , ami nyilvánvaló a háromszög-egyenlőtlenségek alapján. b) Átalakítás után az a) részben szereplő egyenlőtlenséghez jutunk. Megjegyzés: A későbbiekben még fontos szerepet játszik az (a + b)(b + c )(c + a) = ab 2 + ac 2 + bc 2 + ba 2 + cb 2 + ca 2 + 2abc összefüggés, ezért most felhívjuk rá a figyelmet.

16. feladat Bizonyítsuk be, hogy az a, b, c oldalú háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha oldalai között fennáll az a 3 + b3 + c 3 = ab(a + b) − bc(b + c) + ac(a + c) összefüggés!

Megoldás: Végezzük el a beszorzást, majd redukáljunk 0-ra! Így kapjuk az eredetivel ekvivalens a 3 + b 3 + c 3 − a 2 b − ab 2 + b 2 c + bc 2 − a 2 c − ac 2 = 0 egyenletet. Alakítsuk szorzattá a baloldalt az alábbi módon!

93


a 3 − a 2 b − a 2 c + b3 − ab 2 + b 2 c + c3 + bc 2 − ac 2 = = a 2 (a − b − c) − b 2 (a − b − c) − c 2 (a − b − c) = = (a − b − c)(a 2 − b 2 − c 2 ) = 0 Mivel az első tényező nem lehet 0 a háromszög-egyenlőtlenségek miatt, ezért a kapott szorzat akkor és csak akkor 0, ha a 2 − b 2 − c 2 = 0 . Így a Pitagorasz-tétel és megfordítása alapján kapjuk, hogy a háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha

a 3 + b3 + c 3 = ab(a + b) − bc(b + c) + ac(a + c) .

17. feladat Bizonyítsuk be, hogy bármely nemnegatív valós a, b, c esetén fennáll az a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3abc egyenlőtlenség! Mikor áll fenn egyenlőség?

Útmutató: Mivel

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) ,

így a 4. feladat alapján készen vagyunk. Egyenlőség: használtuk fel, hogy a + b + c ≥ 0 .

⇔ a = b = c . Csak azt

18. feladat Oldjuk meg az alábbi exponenciális egyenletet! 8 x + 27 x + 64 x + 125 x = 24 x + 30 x + 40 x + 60 x

Megoldás: Vegyük észre, hogy a = 2 x , b = 3x , c = 4 x , d = 5x helyettesítéssel a következő alakot kapjuk: a 3 + b 3 + c3 + d 3 = abc + abd + acd + bcd

94

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ez sugallja, hogy próbálkozzunk meg az előző feladatban bizonyított egyenlőtlenség alkalmazásával. Ez alapján: a 3 + b3 + c 3 ≥ 3abc

a 3 + b3 + d 3 ≥ 3abd a 3 + c3 + d 3 ≥ 3acd b3 + c3 + d 3 ≥ 3bcd Adjuk össze ezeket!

3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 3d 2 ≥ 3abc + abd + 3acd + 3bcd a 3 + b3 + c3 + d 3 ≥ abc + abd + acd + bcd Mivel a feladat szerint itt egyenlőség van, így a = b = c = d , azaz

2 x = 4x = ( 2 x ) ⇔ 2 x = 1 ⇔ x = 0 , 2

ami meg is felel.

19. feladat Tekintsük az a) a 2 + b 2 , b) a 2 + 2b 2 , c) a 2 + 5b 2 alakú számokat, ahol a és b egész szám. Igazoljuk, hogy ezek közül akárhányat összeszorozva újra ilyen alakú számot kapunk!

Útmutató: Használjuk fel az alábbi összefüggéseket, melyeket könnyen bizonyíthatunk! a)

(a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd )2 + (ad − bc)2

b)

(a 2 + 2b 2 )(c 2 + 2d 2 ) = (ac + 2bd ) 2 + 2(ad − bc) 2

c)

(a 2 + 5b 2 )(c 2 + 5d 2 ) = (ac + 5bd ) 2 + 5(ad − bc )2

95


20. feladat Bizonyítsuk be, hogy a 13 bármely pozitív egész kitevőjű hatványa felírható két négyzetszám összegeként!

Útmutató: Mivel 13 = 4 + 9, ezért az előző feladat a) részéből következik.

21. feladat Határozzuk meg az ab + cd = 0 !

ab + cd

kifejezés értékét, ha

a 2 + b2 = 1 , c2 + d 2 = 1 ,

Megoldás: Ha a = 0 , akkor bd = 0 , azaz b vagy d egyenlő 0-val. Mivel a 2 + b 2 = 1 és a = 0 , így b nem lehet 0, tehát d = 0 . Ekkor ab + cd = 0 . Legyen a ≠ 0! bd . Ezt beírva a másodikba kapjuk, hogy Ekkor a harmadik egyenletből c = − a

b2 d 2 b2 + a 2 d 2  bd  1= −  + d2 = 2 + d2 = d2 = 2 . a a2 a  a  2

Ebből a 2 = d 2 következik. Ezt felhasználva átírhatjuk a kezdeti feltételeket d 2 + b 2 = 1 és c 2 + a 2 = 1 . A 19/a feladat és a feltételek alapján

1 = (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd ) 2 + (ad − bc) 2 = (ad − bc) 2 és

1 = (d 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) = (ab + cd ) 2 + (ad − bc) 2 = (ab + cd )2 + 1 , így ab + cd = 0 .

96


22. feladat Legyenek a, b, c, d olyan pozitív egész számok amelyek legnagyobb közös osztója 1 és érvényesek a következő egyenlőségek:

(a

2

+ c 2 )( b 2 + d 2 ) = ( ac + bd ) , ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) = ( ab + cd ) . 2

2

Igazoljuk, hogy a + b + c + d teljes négyzet!

Megoldás: A 19/a feladat és a feltétel alapján

(a 2 + c 2 )(d 2 + b 2 ) = (ab + cd )2 + (ad − bc)2 = (ac + bd ) 2 (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd )2 + (ad − bc)2 = (ab + cd ) 2 (ab + cd ) 2 + (ac + bd ) 2 + 2(ad − bc) 2 = (ac + bd ) 2 + (ab + cd ) 2 . Ebből kapjuk, hogy ad − bc = 0 , így ab + cd = ac + bd , hisz pozitív számokkal dolgozunk. Az utóbbi egyenlőségből kapjuk, hogy ( a − d )( b − c ) = 0 . Így a = d vagy b = c . Legyen a = d ! Ekkor az ad − bc = 0 egyenletből az a 2 = bc összefüggéshez jutunk. Ha b = 1 és c = 1 , akkor a = 1 is teljesül, így a + b + c + d = 4 , ami négyzetszám. Ha b = 1 , de c ≠ 1, akkor a 2 = c , így a + b + c + d = a + 1 + a 2 = ( a + 1) , azaz ez is 2

négyzet szám. Ugyanez a helyzet ha c=1 és b ≠ 1. Legyen b ≠ 1 és c ≠ 1! Legyen p prímszám osztója b-nek. Mivel a 2 = bc , ezért p osztója a 2 -nek, azaz a 2 = n ⋅ p 2 k (k pozitív egész szám), ahol p nem osztója n-nek. Mivel (a, b, c, d) = 1 és a = d , ezért p nem lehet osztója c-nek, tehát b kanonikus alakjában is 2k lesz p kitevője. Mivel p a b tetszőleges prímosztója volt, ezért b kanonikus alakjában minden prímhatvány kitevője páros, tehát b négyzetszám. Hasonlóan kapjuk, hogy c is négyzetszám. Így a + b + c + d = 2a + c + b = 2 bc + b + c =

(

b+ c

)

2

, ami négyzetszám, mert b

és c is az. Ugyanígy járhatunk el abban az esetben is, ha c = b . Ezzel a bizonyítást befejeztük.

97


II. Algebrai törtek 23. feladat Határozzuk meg az xy szorzat értékét, ha x és y olyan egymástól különböző valós számok, amelyekre teljesül, hogy 1 1 2 + = ! 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y Útmutató: Szorozzunk be a közös nevezővel, majd redukáljunk 0-ra! Ekkor az ( x − y ) 2 (1 − xy ) = 0 egyenlőséget kapjuk. A feltétel alapján kapjuk, hogy xy = 1 .

24. feladat Tudjuk, hogy az x, y, z valós számokra: xyz = 1 . Számítsuk ki az

1 1 1 + + 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx kifejezés pontos számértékét! S=

Útmutató: Vegyük észre, hogy 1 + x + xy = x (1 + y + yz ) = xy (1 + z + zx ) ! Ezt felhasználva könnyen közös nevezőre hozhatunk. Ebből kapjuk, hogy S = 1 .

25. feladat Egy háromszög oldalaira fennáll a c−b a −c b−a + + =0. a b c Mit állíthatunk a háromszögről?

Útmutató: Szorozzuk be mindkét oldalt abc-vel! Ekkor a c 2 b − b 2 c + a 2 c − ac 2 + b 2 a − a 2 b = 0 egyenlethez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldali kifejezést!

98


c 2 b − b 2 c + a 2 c − ac 2 + b 2 a − a 2 b = c(bc − b 2 + a 2 − ac) − ab(a − b) = = c [ (a − b)(a + b) − c(a − b)] − ab(a − b) = (a − b)(ca + cb − c 2 − ab) = = (a − b)(b − c)(c − a) = 0 Tehát a háromszög egyenlő szárú.

26. feladat Az a, b, c egymástól és zérustól különböző valós számok, továbbá a + b + c = 0 . b c   b − c c − a a − b  a Mennyi a  + + + +   kifejezés értéke? b c  b − c c − a a − b   a

Megoldás: Az első tényező hasonlít az előző feladatban szereplő kifejezéshez. Közös nevezőre hozás után a számlálót az előbb látott módon szorzattá alakíthatjuk:

b − c c − a a − b (b − a)(c − b)(a − c) + + = . a b c abc Hozzuk közös nevezőre a második tényezőt is! Ekkor a következő kifejezést kapjuk.

a b c + + = b−c c −a a−b ca 2 − abc − a 3 + ba 2 + ab 2 − abc − b3 + cb 2 + bc 2 − abc − c3 + ac 2 = = (b − c)(c − a)(a − b) =

(a + b)(b + c)(c + a) − 5abc − a 3 − b3 − c3 (b − c)(c − a )(a − b)

Itt felhasználtuk a 15/b rész megjegyzésében szereplő összefüggést. Mivel a + b + c = 0 , ezért a 10/b alapján a 3 + b3 + c3 = abc , valamint a + b = − c ,

b + c = − a , c + a = − b . Ezt felhasználva kapjuk, hogy

99


a b c (a + b)(b + c)(c + a) − 5abc − a 3 − b3 − c3 + + = = b−c c −a a−b (b − c)(c − a )(a − b) −9abc = (b − c)(c − a )(a − b) Tehát

b c   b − c c − a a − b  a + + + +   = b c  b − c c − a a − b   a (b − a )(c − b)(a − c) −9abc = =9 abc (b − c)(c − a)(a − b)

27. feladat Határozzuk meg az összes olyan háromszöget, amelynek a, b, c oldalhosszúságai teljesítik az a−b b−c c−a + + =0 a + b + 2c 2a + b + c a + 2b + c egyenletet!

Útmutató: Vegyük észre, hogy nevezők megfelelő párosításával, azok különbségeként előállíthatók a számlálók! Így legyen x = a + b + 2c, y = 2a + b + c és z = a + 2b + c ! Ekkor x − y = c − a, y − z = a − b és z − x = b − c . Így a feltétel az y−z z−x x− y + + =0 x y z alakban írható, és ezzel visszavezettük a feladatot a 25.-re.

28. feladat Legyen abc ≠ 0 ! Bizonyítsuk be, hogy ha ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 !

1 1 1 1 + + = akkor és csak akkor, a b c a+b+c

100


Útmutató: Alakítsuk át a feltételt az alábbi módon úgy, hogy beszorzunk a közös nevezővel és 0-ra redukálunk! Ekkor az ab 2 + ac 2 + bc 2 + ba 2 + cb 2 + ca 2 + 2abc = 0 . Felhasználva a 15/b megjegyzésében látottakat, kapjuk, hogy ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 . Az átalakítások ekvivalensek a megadott halmazon, így a gondolatmenet magában foglalja a szükséges és az elegendő rész bizonyítását is.

29. feladat Legyen abc ≠ 0 ! Bizonyítsuk, be, hogy ha 1 1 1 1 + + = , a b c a+b+c akkor 1 1 1 1 + + = ! a 2011 b 2011 c 2011 a 2011 + b 2011 + c 2011

Útmutató:

( a + b )( b + c )( c + a ) = 0

Az előző feladat alapján tudjuk, hogy a feltételből az

egyenlőséget kapjuk. Ebből következik, hogy a = − b vagy b = − c , vagy c = − a . Így a 2011 = − b 2011 , b 2011 = − c 2011 , c 2011 = − a 2011 . Pl. az elsőt felhasználva kapjuk, hogy

1 a =

2011

+

1 b

2011

+

1 c

2011

=

1 a

2011

−a

2011

+c

2011

1 a

=

2011

−

1 a

2011

+

1 c

2011

1 a

2011

Hasonlóan járhatunk el a többi esetben is.

101

+b

2011

+ c 2011

=

1 c

2011

=


30. feladat Az alábbi kifejezésben x, y, z különböző pozitív egész számok, n pedig természetes szám: an bn cn Sn = + + . (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a )(c − b) Igazoljuk, hogy S

n

értéke egész szám, ha

a) n = 0 , b) n = 1 , c) n = 2 , d) n = 3 , e) n = 4 , f) n tetszőleges természetes szám!

Megoldás: a), b) Közös nevezőre hozás után a számlálóban elvégezve az összevonást 0 − t kapunk, azaz S0 = S1 = 0 . c)

Közös nevezőre hozás után a számlálóban a a 2 c − a 2 b + b 2 a − cb 2 + c 2 b − c 2 a kifejezést kapjuk, melynek szorzatalakja ( a − b )( b − c )( c − a ) , így S 2 =1.

d) Közös nevezőre hozás után a számlálóban a

− a3 (b − c) − b3 (c − a) − c3 (a − b) kifejezéshez jutunk. Alakítsuk ezt szorzattá!

− a3 (b − c) − b3 (c − a) − c 3 (a − b) = b(c 3 − a 3 ) − b3 ( z − x) − ac(c 2 − a 2 ) = = (c − a )(bc 2 + abc + ba 2 − b3 − ac 2 − a 2 c) = (c − a )(ac(b − c) − b(b 2 − c 2 ) + a 2 (b − c)) = = (c − a )(b − c)(ac − b 2 − bc + a 2 ) = (c − a )(b − c)(ac + ab − ab − b 2 − bc + a 2 ) = = (c − a )(b − c)(a (a + b + c) − b(a + b + c)) = (c − a)(b − c)(a − b)(a + b + c)

102

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Így S3 = a + b + c , azaz egész. Nézzünk erre egy másik megoldást, ami lehetőséget nyújt arra, hogy könnyen bebizonyítsuk 4-re, majd tetszőleges pozitív egész n-re. Tekintsük az alábbi harmadfokú polinomot!

P( x) = ( x − a)( x − b)( x − c) = x3 − (a + b + c) x 2 + (ab + bc + ca ) x − abc Ennek a polinomnak az a, b, c gyöke, ezért

P(a ) = a3 − (a + b + c)a 2 + (ab + bc + ca)a − abc = 0 P(b) = b3 − (a + b + c)b 2 + (ab + bc + ca )b − abc = 0 P(c) = c3 − (a + b + c)c 2 + (ab + bc + ca )c − abc = 0 Ezeket rendre megszorozva 1 1 1 , , (a − b)(b − c ) (b − c)(c − a ) (c − a )(a − b) kifejezésekkel, majd a kapott egyenleteket összeadva az

S3 − (a + b + c) S2 + (ab + bc + ca) S1 − abcS0 = 0 . Összefüggéshez jutunk, melyből kapjuk, hogy S3 = a + b + c . e)

Ehhez a

P( x) = x( x − a )( x − b)( x − c) = x 4 − (a + b + c) x 3 + (ab + bc + ca) x 2 − abcx polinomból induljunk ki. Megint írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1 , , (a − b)(b − c ) (b − c)(c − a ) (c − a )(a − b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az

S4 − (a + b + c) S3 + (ab + bc + ca) S2 − abcS1 = 0 egyenlőséghez jutunk, melyből S4 = (a + b + c) 2 − (ab + bc + ca) , tehát egész.

103

Magas szintű matematikai tehetséggondozás f)

Bizonyítsuk teljes indukcióval! Az n = 0, 1, 2, 3, 4 esetekben már láttuk, hogy igaz az állítás. Tegyük fel, hogy n = k -ig igaz, bizonyítsuk be k + 1 -re! Ehhez tekintsük a

P( x) = x k − 2 ( x − a)( x − b)( x − c) = x k +1 − (a + b + c) x k + (ab + bc + ca) x k −1 − abcx k − 2 Írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1 , , (a − b)(b − c ) (b − c)(c − a ) (c − a )(a − b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az

Sk +1 − (a + b + c) S k + (ab + bc + ca ) Sk −1 − abcSk − 2 = 0 egyenlőséghez jutunk, melyből

Sk +1 = (a + b + c) S k − (ab + bc + ca) Sk −1 + abcS k − 2 . Mivel az indukciós feltétel szerint a jobb oldal egész, ezért az kellett bizonyítani.

31. feladat Igazoljuk, hogy ha a páronként különböző x, y, z valós számokra x y z + + =0, y−z z−x x− y akkor x y z + + =0 2 2 2 ( y − z) ( z − x) ( x − y) is teljesül!

104

S k +1 is egész. Ezt


Megoldás: Szorozzuk meg az

x y z + + =0 y−z z−x x− y egyenlőség mindkét oldalát rendre az 1 1 1 , , y−z z−x x− y kifejezésekkel, majd a kapott egyenlőségeket adjuk össze! Így a

x

( y − z) +

2

+

y

( z − x)

2

+

z

( x − y)

2

+

x y z + + + ( y − z )( z − x) ( z − x)( x − y ) ( x − y )( y − z )

x y z + + =0 ( y − z )( x − y ) ( z − x)( y − z ) ( x − y )( z − x)

Az utolsó hat törtet a 30. feladatban látott módon hozzuk közös nevezőre és vonjunk össze! x y z + + + ( y − z )( z − x) ( z − x)( x − y ) ( x − y )( y − z ) x y z + + + = ( y − z )( x − y ) ( z − x)( y − z ) ( x − y )( z − x) x ( x − y ) + y ( y − z ) + z ( z − x) + x( z − x) + y ( x − y ) + z ( y − z ) = = ( x − y )( y − z )( z − x)

=

x 2 − xy + y 2 − yz + z 2 − zx + xz − x 2 + yx − y 2 + zy − z 2 =0 ( x − y )( y − z )( z − x)

Tehát

x

( y − z)

2

+

y

( z − x)

2

+

105

z

( x − y)

2

=0.


32. feladat Igazoljuk, hogy ha az a, b, c valós számokra teljesül, hogy

a b c + + =1, b+c c+a a+b akkor

a2 b2 c2 + + =0 b+c c+a a+b is teljesül!

Megoldás: Alkalmazzuk az előző megoldásban látott módszert, azaz szorozzuk végig az első egyenletet rendre a-val, b-vel és c-vel, majd adjuk össze az így kapott egyenleteket!

a2 b2 c2 ab ac ab cb ac bc + + + + + + + + = a+b+c b+c c+a a+b c+a a+b b+c a+b b+c c+a Foglalkozzunk most is a baloldal utolsó hat törtjével!

ab ac ab cb ac bc + + + + + = c+a a+b b+c a+b b+c c+a ab bc ac cb ab ac = + + + + + = c+a c+a a+b a+b b+c b+c c   a b  c   a  b = b + + +  + c  + a  =b+c+a c+a c+a   a+b a+b b+c b+c Így

a2 b2 c2 + + = 0. b+c c+a a+b

33. feladat Legyen x, y, z olyan valós szám, melyre fennáll, hogy

x + y + z = 2, x 2 + y 2 + z 2 = a, xyz = b .

106

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Fejezzük ki az

S=

1 1 1 + + xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

értékét az a és b segítségével!

Megoldás: Mivel x + y + z = 2 , ezért z = 2 − x − y . Így

xy + z − 1 = xy + 2 − x − y − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1)( y − 1) . Hasonlóan yz + x − 1 = ( y − 1)( z − 1) és zx + y − 1 = ( z − 1)( x − 1) . Így

1 1 1 1 1 1 + + = + + = xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1 ( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) z −1 + x −1+ y −1 −1 = = = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) xyz + ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx) − 1 −1 −1 −1 = = = ( x + y + z)2 − ( x2 + y 2 + z 2 ) b + 1 − 4 − a b − 1 + a b +1− 2 2 2 S=

34. feladat Az a és b pozitív számok összege 1. Bizonyítsuk be, hogy

1 a2 b2 1 ≤ + < ! 3 a +1 b +1 2 (OKTV. II. kat. 1. ford. 1996/1997.)

Útmutató:

( a + 1)( b + 1) kifejezéssel végigszorozva és 2 ( 2a − 1) ≥ 0 triviális egyenlőtlenséggé alakíthatjuk

Az első egyenlőtlenséget a pozitív felhasználva, hogy a + b = 1 a ekvivalens módon. Egyenlőség:

⇔ a = b = 0, 5 . 107

Magas szintű matematikai tehetséggondozás A

második

egyenlőtlenséget

az

előzőhöz

hasonló

módon

0 < 3a (1 − a )

egyenlőtlenséggé alakíthatjuk, ami a feltételek alapján triviális.

35. feladat Bizonyítsa be, hogyha a, b pozitív valós számok és c tetszőleges valós szám, akkor

a + 4b + 4c 2 ≥ 5 + 4c −

1 1 − ! a b (ADV. h. III. kat. 1997.)

Útmutató: Ekvivalens átalakításokkal az alábbi triviális egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat.

ab(2c − 1) 2 + a ( 2b − 1) + b(a − 1) 2 ≥ 0 2

Egyenlőség:

⇔ c = b = 0,5 és a = 1 .

36. feladat Legyen a, b pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy

a 3 b3 + ≥ a+b ! b2 a2 Útmutató: Szorozzunk be a 2 b 2 -tel, így a a 5 + b5 ≥ a 2 b 2 (a + b) egyenlőtlenséghez jutunk, mely ekvivalens az eredetivel. Így ekvivalens átalakításokkal az

(a − b)

2

(a + b)(a 2 + ab + b 2 ) ≥ 0

egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat. Ez viszont teljesül minden pozitív a, b szám esetén. Egyenlőség: ⇔ a = b .

108


37. feladat Legyen a, b és c pozitív valós szám, melyek szorzata 1! Bizonyítsuk be, hogy ekkor

ab bc ca + 5 5 + 5 ≤1! 5 a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca (IMO 1996. short list) 5

Megoldás: Az előző feladat alapján ab ab 1 abc c ≤ = = = . a 5 + b5 + ab a 2 b 2 (a + b) + ab ab(a + b) + 1 ab(a + b) + abc a + b + c Hasonlóan

bc a ca b ≤ ≤ és 5 . b5 + c 5 + bc a + b + c c + a5 + ca a + b + c A kapott egyenlőtlenségeket összeadva az

ab bc ca + 5 5 + 5 ≤1 5 a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca 5

egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség:

⇔ a =b=c.

III. Teleszkópikus összegek, szorzatok 38. feladat Határozzuk meg az alábbi tört pontos értékét!

20102 − 20092 + 20082 − 2007 2 + ... + 22 − 12 2010 − 2009 + 2008 − 2007 + ... + 2 − 1 Útmutató: A számlálóban alkalmazzuk az a 2 − b 2 = (a + b)(a − b) azonosságot! Így a számláló 2010 + 2009 +…+ 2 + 1 = 1005 ⋅ 2011 lesz a nevező, pedig 1005, tehát a keresett érték 2011.

109


39. feladat Egy sorozatban a1 =

2 1 , an = an −1 + , ha n > 1 . Állítsuk elő an -et az n 3 ( n + 1)( n + 2 )

függvényeként!

Útmutató: Könnyen látható, hogy

an =

2 1 1 1 . + + + ... + 3 3⋅ 4 4 ⋅5 ( n + 1)( n + 2 )

A második tagtól kezdve az egyes törtek

1 alakúak, amik átalakíthatók az k ( k + 1)

alábbi módon

1 (k + 1) − k 1 1 . = = − k ( k + 1) k ( k + 1) k k +1 Ezt felhasználva, teleszkópikus összeget kapunk, melyből an = 1 −

40. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! 1 1 1 1+ + + ... + <2 1+ 2 1+ 2 + 3 1 + 2 + 3 + ... + 2010

Útmutató: Mivel

1 + 2 + 3 + ... + k =

k ( k + 1)

2

,

ezért az összeg általános tagja

2 (k + 1) − k 1  1 =2 = 2 − . k ( k + 1) k ( k + 1)  k k +1

110

1 . n+2

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ezt beírva, teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye 2 −

2 , ami 2010

kisebb 2-nél.

41.feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget!

1  1  1   1   1 +  1 +  1 +  ...  1 + <2 1 ⋅ 3 2 ⋅ 4 3 ⋅ 5 2008 ⋅ 2010       Útmutató: Az általános tényező 1 +

1 k2 = alakú. Így (k − 1)(k + 1) (k − 1)(k + 1)

1  1  1   1   1 +  1 +  1 +  ... 1 + =  1 ⋅ 3  2 ⋅ 4   3 ⋅ 5   2008 ⋅ 2010  22 32 42 52 20082 20092 2 ⋅ 2009 = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ = <2 1⋅ 3 2 ⋅ 4 3 ⋅ 5 4 ⋅ 6 2007 ⋅ 2009 2008 ⋅ 2010 2010 42. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenségeket! 1 2 99 a) + + ... + <1 2! 3! 100! 3 4 2010 1 b) + + ... + < 1!+ 2!+ 3! 2!+ 3!+ 4! 2008!+ 2009!+ 2010! 2

Megoldás:

a) Az általános tag

k (k + 1) − 1 1 1 = = − . Így (k + 1)! (k + 1)! k ! (k + 1)!

1 2 99 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + = 1 − + − + − ... + − = 1− < 1. 2! 3! 100! 2! 2! 3! 3! 99! 100! 100!

111


b) Az általános tag az a) részben látottakat felhasználva: k+2 k +2 k+2 = = = k !+ (k + 1)!+ (k + 2)! k !(1 + (k + 1) + (k + 1)(k + 2)) k !(k + 2) 2 1 k +1 1 1 = = = − k !(k + 2) (k + 2)! (k + 1)! (k + 2)! Így

3 4 2010 + + ... + = 1!+ 2!+ 3! 2!+ 3!+ 4! 2008!+ 2009!+ 2010! 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − ... − + − = − < 2! 3! 3! 2009! 2009! 2010! 2 2010! 2

43. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget!

23 + 13 33 + 13 n3 + 13 3 ⋅ 3 3 ⋅ ... ⋅ 3 3 < 3 3 2 −1 3 −1 n −1 2 Megoldás: Írjunk fel két egymás utáni tényezőt, legyen ez a k-adik és a k + 1 -edik!

(k + 1)3 + 1 (k + 2)3 + 1 k + 2 ( k + 1) − (k + 1) + 1 k + 3 ( k + 2 ) − (k + 2) + 1 ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = (k + 1)3 − 1 (k + 2)3 − 1 k ( k + 1)2 + (k + 1) + 1 k + 1 ( k + 2 )2 + (k + 2) + 1 2

=

2

k + 2 k + 3 k 2 + k + 1 k 2 + 3k + 3 ⋅ ⋅ ⋅ k k + 1 k 2 + 3k + 3 k 2 + 5k + 7

Ebből látszik, hogy teleszkópikus szorzatot kapunk.

23 + 13 33 + 13 n3 + 13 ⋅ ⋅ ... ⋅ = 23 − 13 33 − 13 n3 − 13 3 4 5 6 n − 1 n n + 1 3 7 13 n 2 − 3n + 3 n 2 − n + 1 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ 2 ⋅ = 1 2 3 4 n − 3 n − 2 n − 1 7 13 21 n − n + 1 n 2 + 3n + 3 n(n − 1) 3 3 n2 − n 3  4n + 3  3 = ⋅ 2 = ⋅ 2 = ⋅ 1 − 2 < 2 n + 3n + 3 2 n + 3n + 3 2  n + 3n + 3  2

112


44. feladat Igazoljuk, hogyha n pozitív egész szám, akkor az

Sn = 1 + 1 +

1 1 1 1 1 + 1 + + + ... + 1 + 2 + 4 4 9 n ( n + 1)2

összeg értéke racionális, de nem egész szám!

Megoldás: Tekintsük az általános tag négyzetgyök alatti részét!

k 2 ( k + 1) + k 2 + ( k + 1) 1 1 1+ 2 + = = 2 2 k k 2 ( k + 1) ( k + 1) 2

=

k 4 + 2k 3 + 3k 2 + 2k + 1 k 2 ( k + 1)

2

=

2

(k 2 + k + 1) 2 k 2 ( k + 1)

2

Így az általános tag a 40. feladat megoldását felhasználva:

1+

1 1 (k 2 + k + 1)2 k 2 + k + 1 1 1 1 . + = = = 1+ = 1+ − 2 2 2 2 k k + 1 k k + 1 k k +1 k ( ) ( ) k ( k + 1) ( k + 1)

Ezt beírva teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye

Sn = n + 1 − ami racionális nem egész szám.

113

1 , n +1

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Recommend Documents