Megoldókulcs Matematika D kategória (11-12. osztályosok) 2015. február 6. 1. Az ABC háromszög mindhárom csúcsából merőlegeseket állítunk a többi csúcs külső és belső szögfelezőire. Igazoljuk, hogy az így kapott szakaszok négyzetösszege éppen 2(a2 + b2 + c2 ), ahol a, b és c a háromszög oldalainak hosszát jelöli.
Megoldás: Tekintsük az A-ból a C csúcshoz tartozó külső és belső szögfelezőkre állított merőleges szakaszokat. Legyen AD a külső, AE a belső szögfelezőre merőleges szakasz, ahol D és E a megfelelő merőlegesek talppontjai. Mivel AEC^ = ADC^ = ECD^ = 90◦ , ezért az ADCE egy téglalap. Emiatt AE = CD. Az ACD derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel szerint AE 2 + AD2 = CD2 + AD2 = AC 2 = b2 . Hasonlóan eljárva kapjuk, hogy az A-ból állított másik két merőleges szakasz négyzetösszege c2 , és a B-ből és C-ből állított 4-4 szakasz négyzetösszege a2 + c2 illetve a2 + b2 . Tehát valóban 2(a2 + b2 + c2 ) a szakaszok négyzetösszege.
Z 2. Van egy lámpánk, ami háromféle színben (piros, kék és zöld) tud világítani. A lámpára három darab háromállású forgókapcsoló is rá van kötve – a rajz egy ilyen kapcsolót mutat. Tudjuk, hogy ha mindhárom kapcsoló azonos állásban van, akkor a lámpa is a nekik megfelelő színnel világít. Továbbá, bárhogy is álljanak eredetileg a kapcsolók, ha mindhármat másik állásba fordítjuk, akkor megváltozik a lámpa színe. Mutassuk meg, hogy a kapcsolók egyikének állása a többitől függetlenül meghatározza a lámpa színét.
P
K
Megoldás: A három kapcsoló állásának egy 3 × 3 × 3-as kocka mezőivel jelöljük; egy mezőt olyanra színezünk, amilyen színnel világít a lámpa, ha a kapcsolók a mezőnek megfelelő állásban vannak. Kezdetben három mező színét tudjuk, hiszen annyit tudunk, hogy ha a kapcsolók azonos állásban vannak, akkor a lámpa is az annak megfelelő színnel világít (az ábrán a három 3 × 3-as négyzet a kocka három rétegének felel meg):
Piros betűkkel jelöljük meg, hogy az egyes mezők milyen színűek NEM lehetnek:
Vizsgáljuk meg a lilával jelölt mezőt!
Zöld nem lehet. Először tegyük fel, hogy piros. Jelöljük be, hogy milyen mezőkön zárja ez ki a piros színt:
Ezek alapján, két mező színét megkaptuk:
Újra nézzük meg, miket zárhatunk még ki:
Így még három mező színét kaptuk meg.
Vizsgáljuk az ábrán lilával jelölt mezőt.
Zöld nem lehet. Most az általánosság rovása nélkül feltehető, hogy piros. (Réteg↔sor, piros↔kék cserével kapható a másik.)
Így az alábbiakat tudjuk kizárni:
Amikből 4 mező színét meg is kapjuk:
Amik az alábbiakat zárják ki:
És így már majdnem készen vagyunk:
És kész is. Mert így azt kaptuk, hogy csak a réteghez tartozó kapcsoló színétől függ a lámpa színe. Most nézzük a másik esetet, amikor az első lila mezőt kéknek választjuk! Ez az alábbiakat zárja ki:
És hasonlóan, ha felváltva zárunk ki és színezünk, elkészülünk:
Most azt kaptuk, hogy csak az oszlopokat irányító kapcsolótól függ. Megjegyzés: Miért lehet, hogy az első lila választásánál nem egyenrangú a piros meg a kék? Képzeljük el 3 × 3 × 3-as kockaként az ábrát. Ekkor a lila kocka a piros kockával lapszomszédos, míg a kékkel csak élszomszédos. Emiatt van az eltérés. 2. Megjegyzés: Az állítás igaz 3 helyett n kapcsolóval is. 3. Az a1 < a2 < a3 < · · · < an számsorozatra jelölje t3 (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) a benne előforduló 3-tagú számtani sorozatok számát (azaz az olyan i < j < k index-hármasok számát, amelyekre ak − aj = aj − ai teljesül). Igazoljuk, hogy t3 (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) ≤ t3 (1, 2, 3, . . . , n).
Megoldás: Számoljuk meg, hány olyan háromtagú számtani sorozat van, aminek az ai a középső eleme. Minden ai előtti, és utáni elem is legfeljebb egy sorozatbanPlehet benne. Tehát az ilyen sorozatok száma legfeljebb min(i − 1, n − i). Így t3 (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ ni=1 min(i − 1, n − i). Viszont az 1, 2, . . . , n számokPesetén pontosan min(i − 1, n − i) olyan sorozat van, aminek i a középső eleme, így t3 (1, 2, . . . , n) = ni=1 min(i − 1, n − i), ezzel bizonyítottuk a kívánt egyenlőtlenséget. 4. Az ABCD téglalap C csúcsának merőleges vetülete a BD átlón E, továbbá E vetülete az AB oldalon F , az AD oldalon G. Bizonyítsuk be, hogy AF 2/3 + AG2/3 = AC 2/3 . √ Megoldás: Legyen AB = CD = a, AD = BC = b. Ekkor AC = BD = a2 + b2 . Mivel az EC BC EBC és a CBD háromszögek hasonlóak, kapjuk, hogy CD = BD , ahonnan EC = √aab . Innen a 2 +b2 Pitagorasz-tételt használva a CDE háromszögre kapjuk, hogy r r a2 b2 a4 + a2 b2 − a2 b2 a2 2 √ ED = a − 2 = = . a + b2 a2 + b2 a2 + b2 Az EDG és a DBC háromszögek hasonlóak, így
GD DE
=
CB BD ,
azaz
2
b √aa2 +b2 BC · DE ba2 GD = =√ = 2 , BD a + b2 a2 + b2 tehát AG = AD − GD = b − AF 2/3 =
a2 (a2 +b2 )2/3
+
b2 (a2 +b2 )2/3
3 ba2 = a2b+b2 . Hasonlóan kapható, a2 +b2 2 2 2 2 1/3 = AC 2/3 . = (a2a+b+b 2 )2/3 = (a + b )
hogy AF =
a3 . a2 +b2
Így AG2/3 +
5. a) A királylány kastélya háromszintes, ahol minden szinten egy egyenes folyosó van, melyről 1-től 100-ig számozott szobák nyílnak. A királylány minden éjfélkor vagy átköltözik az egyik szomszédos szobába, vagy az ablakon keresztül egy szinttel feljebb vagy lejjebb mászik egy azonos sorszámú szobába. A herceg célja, hogy megtalálja a királylányt. Ehhez minden délben benyithat két szobába, és megnézheti, hogy ott van-e a királylány. Segítsünk a hercegnek kitalálni egy olyan stratégiát, amellyel biztosan megtalálja. b) A királylány átköltözik egy magasabb, de jóval keskenyebb kastélyba: ennek négy szintje van, de szintenként csak négy szoba található benne. Mutassuk meg, hogy ekkor napi két ajtónyitással már nem feltétlenül tudja megtalálni őt a herceg. Megoldás: a) Az első fordulóban szereplő gondolatmenethez hasonlóan itt is két részre osztjuk a királylány lehetséges kezdőhelyzetét, és megpróbáljuk kiszorítani. Színezzük sakktáblaszerűen két színre a szobákat, legyen fekete az összes első vagy harmadik emeleten lévő páros és a második emeleten lévő és páratlan sorszámú szoba. Minden más szoba legyen fehér. A megoldás alatt végig használni fogjuk azt az egyszerű észrevételt, hogy ha egy napon a királylány fekete szobában van, akkor következő nap fehérben lesz, és ha fehérben volt, akkor feketében lesz. A szobákat számpárokkal fogjuk jelölni, az (a, b)-val jelölt szoba az a-adik emelet b-edik sorszámú szobája. Először tételezzük fel, hogy a királylány fekete szobában van kezdetben. Nyisson be első nap a herceg a (2, 1) és az (1, 2) szobákba. Könnyű látni, hogy a királylány éjfélkor bekövetkezett átköltözése után csak fehér szobában lehet, méghozzá nem lehet az (1, 1)-ben. Nyisson be ezek után a herceg a (3, 1) és a (2, 2) szobákba. Ezek után a királylány ismét fekete szobában lesz, de már nem lehet a (2, 1) szobában. Nyisson be a herceg most az (1, 2) és a (3, 2) szobákba. Ezek után a királylány már csak fehér szobában lehet, de nem lehet az (1, 1) és a (3, 1) egyikében sem. Azt vehetjük észre, hogy ezzel a lépéssorozattal eggyel kiszorítottuk a királylányt, hiszen kezdetben tetszőleges fekete szobában lehetett, míg most már csak olyan fehérben, aminek a sorszáma legalább 2. Ismételgetve a lépéssorozat mindig eggyel eltolva, előbb utóbb elkapjuk a királylányt. Nézzen be tehát legközelebb a herceg a (2, 2) és az (1, 3) szobákba, majd a (3, 2) és a (2, 3) szobákba, végül az (1, 3)-ba és a (3, 3)-ba. Ezzel elértük, hogy a királylány fekete szobában lehessen, de csak olyanban, aminek a sorszáma legalább 3. Ismételgetve az eljárást, előbb utóbb mindenképpen megtaláljuk. Mivel szintenként 100 szoba volt, a lépéshármas 100-szori megismétlésével meg fogjuk találni a királylányt, amennyiben ő fekete szobában kezdett. Ha nem találtuk meg az első 300 napon, akkor fehér szobában kezdett, és a paritás miatt a 300 nap letelte után is egy ilyenben van. Ebben az esetben nézzünk meg tetszőleges 2 szobát a 301-edik napon, ezzel elérjük, hogy átköltözzön egy fekete szobába. Ezek után az előző módszert használhatjuk a királylány megtalálására, hiszen az működik ha ő fekete szobában van. b) Azt mutatjuk meg, hogy bármilyen stratégiát használ is a herceg, a királylány éjféli átköltözése után a herceg legfeljebb egy szobáról zárhatja ki, hogy a királylány ott van. Tehát semmilyen stratégiával sem kaphatjuk el biztosan. Tegyük fel, hogy valamelyik nap reggelén ez a helyzet, és legfeljebb egy szoba kivételével a királylány még bárhol lehet. A herceg délben benéz két szobába, így délutánra összesen legfeljebb három szobáról tudja, hogy ott nincs a királylány. Ahhoz, hogy az éjfél letelte után ismét csak legfeljebb egy szobát zárhasson ki a herceg, elég annyit megmutatnunk, hogy bárhogy választunk ki két szobát, az összes velük szomszédos szobák száma legalább négy. Ez pont azt jelenti, hogy éjfél után nem tudjuk kizárni két szobáról, hogy ott van a királylány, ha éjfél előtt legfeljebb hármat zárhattunk ki. Megjegyezzük, hogy ez az, ami még a háromszintes kastélyban nem lett volna igaz, hiszen az előző rész jelöléseit használva például az (1, 1) és a (3, 1) szobákkal szomszédos szobák száma 3. Ahhoz, hogy az állítást bizonyítsuk, végignézünk néhány esetet. Színezzük ismét sakktáblaszerűen a szobákat. Ha a két szoba, amit körbe akarunk zárni, különböző színű, akkor együtt biztosan legalább négy szomszédjuk van, hiszen a fehér szobának van legalább két fekete, és a fekete szobának van legalább két fehér szomszédja. Most tegyük fel, hogy a két szoba azonos színű. Ha egyik sincs a sarokban, akkor mindkettőnek legalább három szomszédja van, amiből legfeljebb kettő közös, így ismét kapunk legalább négy szomszédot. Ha mindkettő a sarokban van, akkor mindkettőnek van két szomszédja, és ezek mind
különbözőek, hiszen ebben az esetben nem lehet közös szomszéduk. Ha pontosan az egyik van sarokban, akkor a másik szobának lehet három vagy négy szomszédja. Ha három van, akkor legfeljebb egy közös szomszédjuk lehet, tehát megvan az összesen négy szomszéd. Ha négy szomszédja van, az már elég sok. Tehát az éjféli átköltözés után valóban csak egy szoba lehet, amiről el tudja dönteni a herceg, hogy nincs ott a királylány, így sohasem tudja biztosan elkapni. 6. (Játék) A játék kezdetén a szervezők néhány kupac gyufaszálat helyeznek az asztalra. Felváltva lépünk, kétféle lépés megengedett: vagy egyetlen gyufát elveszünk valamelyik kupacból, vagy egy kupacot felosztunk két kisebb kupacra. Az veszít, aki nem tud lépni.
Megoldás: Legyen x az 1 gyufaszálat tartalmazó kupacok, és y a páros gyufaszálat tartalmazó kupacok száma. Nevezzünk egy állást jónak, ha x és y is páros. Megmutatjuk, hogy ha a kezdeti állás nem volt jó, akkor a kezdő játékos minden lépésével tud jó állást létrehozni, és ezzel nyerni. Ha viszont jó volt a kezdeti állás, akkor a második játékosnak van nyerő stratégiája, ő tud mindig jó állást létrehozni. Ezek igazolásához annyit kell meggondolni, hogy ha egy játékos jó állást hozott létre, akkor a másik játékos a következő lépésével ezt nem tudja megcsinálni, valamint egy nem jó állásból jövő játékos mindig tud jót létrehozni. Tehát ha jól választjuk meg, hogy kezdeni szeretnénk-e, és mi mindig jó állásba lépünk, akkor az ellenfél sohasem, így mi fogunk nyerni, hiszen az utolsó állapot, amiben nincs már egyetlen kupac sincs, egy jó állás. Így mi fogunk utoljára lépni, és így nyerni. Ezek után a stratégia helyességéhez megnézzük a különböző eseteket, hogy igazoljuk, hogy tetszőleges nem jó állásból léphetünk jóba, és ellenfelünk jó állásból kiindulva sehogy sem tud jóba lépni. Először az látjuk be, hogy ha valaki egy jó állást kapott, akkor bármit is csináljon, nem tud jó állást hagyni. Ha valamelyik kupacból elvesz, akkor lehet, hogy az a kupac 1 gyufát tartalmazott, ekkor x eggyel csökken, vagy lehet, hogy többet, ekkor y változik eggyel. Tehát valóban nem jó állás jön így létre. Ha kettéoszt egy páratlan kupacot, akkor y eggyel nő, ha pedig egy párosat, akkor attól függően, hogy két páratlant vagy két párosat csinál-e, y eggyel csökken vagy nő. Tehát jó állásból nem lehet jót létrehozni. Ha viszont valaki egy nem jó állást kapott, akkor mindenképpen tud jót létrehozni. Ha x volt páratlan és y páros, akkor elvéve egy 1-es kupacot, jó állást kapunk. Ha x páros volt és y páratlan, akkor egy párost szétosztva két páros vagy két páratlan részre egy jó állást hozunk létre, ha páros sokkal növeljük az 1-es kupacok számát. Erre pedig úgy lehet figyelni, hogy ha egy 2-es kupacot bontunk szét, akkor azt két 1-es kupacra osztjuk, (másra nem is tudjuk), viszont ha legalább 4 kavicsot tartalmazó kupacot osztunk szét, akkor azt meg tudjuk tenni 1-es kupac létrehozása nélkül. Ha x és y is páratlan volt, akkor egy páros kupacot kettéosztunk egy 1-es és egy 1-nél nagyobb páratlan részre, hogy jó állást kapjunk. Ezt csak akkor nem tudjuk megtenni, ha az összes páros kupacban 2 gyufa van, ekkor viszont az egyikből elvehetünk 1-et, és jó állást kapunk.
