XX. Nemzetk¨ ozi Magyar Matematika Verseny Bonyh´ad, 2011. m´arcius 11–15. 11. oszt´ aly 1. feladat: Igazoljuk, hogy 2 22 2 2n + + . . . n < 2 2 2 2 1+2 1+2 3 1+2 b´ armely n ≥ 1 term´eszetes sz´ am eset´en. Megold´ as: Az ¨ osszeg tagjai k
2 1 + 22k
2k 1+22k
Kov´ acs B´ela (Szatm´ arn´emeti) alak´ uak, ezt alak´ıtjuk ´at:
k 2k · 22 − 1 = 1 + 22k 22k − 1
=
a szorz´ as elv´egz´es´evel a sz´aml´al´oban
k 22 − 1 -gyel val´o szorz´ assal
k
2k · 22 − 2k 1 + 22k 22k − 1 k
2k · 22 + 2k − 2k+1 1 + 22k 22k − 1 k 2k · 22 + 1 − 2k+1 = 1 + 22k 22k − 1 k 2k · 22 + 1 2k+1 − = k k k 1 + 22 22 − 1 1 + 22 22k − 1 =
=
2k 2k+1 − 22k − 1 22k+1 − 1
−2k = 2k − 2k+1 2k kiemel´es´evel
(a + b)(a − b) = a2 − b2
Az ´atalak´ıt´ ast felhaszn´alva: n
X 2k 2 22 2n + n = 2 + ... 2 2 2 1+2 1+2 1+2 1 + 22k k=2 n X 2k 2k+1 = − 22k − 1 22k+1 − 1 k=1 = Mivel
2n+1 22n+1 −1
2n+1 2 − 2n+1 3 2 −1
teleszk´opikus ¨osszeg
> 0, 22 2 2n+1 2 2n 2 + = − + . . . < . n 2 n+1 2 2 2 2 1+2 1+2 3 2 3 1+2 −1
Az ´all´ıt´ as ´ altal´ anos´ıthat´ o: ugyanezen l´ep´eseket a 2 22 2n + + . . . 1 + p2 1 + p2n 1 + p22 ¨osszegre elv´egezve kapjuk, hogy kisebb, mint
2 p2 −1
(p > 1).
2. feladat: Oldjuk meg a val´ os sz´amok halmaz´an a √ √ √ 6 x − 2 + 10 2x + 3 + 12 3x + 3 = 6x + 74 egyenletet. Olosz Ferenc (Szatm´ arn´emeti) Megold´ as: Az egyenlet ´ertelmezett, ha x ∈ [2; ∞). 6x + 74 r´eszekre bont´ as´ aval teljes n´egyzetek ¨osszeg´ere bontjuk az egyenletet. √ √ √ 6x + 74 = 6 x − 2 + 10 2x + 3 + 12 3x + 3 √ √ √ 0 = x − 2 − 6 x − 2 + 9 + 2x + 3 − 10 2x + 3 + 25 + 3x + 3 − 12 3x + 3 + 36 √ √ √ 2 2 2 0= x−2−3 + 2x + 3 − 5 + 3x + 3 − 6
Ez a val´os sz´ amok halmaz´an akkor ´es csak akkor lehets´eges, ha √ √ √ x − 2 − 3 = 0 ´es 2x + 3 − 5 = 0 ´es 3x + 3 − 6 = 0.
Mindh´ arom egyenlet egyetlen megold´asa x = 11, ´ıgy az eredeti egyenletnek is ez a megold´asa. 3. feladat: Egy n´egyzetbe az ´ abra szerint k´et egybev´ ag´o t´eglalapot ´ırunk. Mekkora az α sz¨og?
α
Katz S´ andor (Bonyh´ ad) I. megold´ as: F QR∠ = EP Q∠ = α, mert a sz¨ogek mer˝oleges sz´ar´ uak. EP Q∠ = CRS∠ = α, mert v´alt´ osz¨ ogek. EP Q△ ≡ CRS△, mert k´et sz¨og¨ uk (a der´eksz¨ og ´es α) megegyezik ´es a der´eksz¨ oggel szemk¨ ozti oldalak ugyanolyan hossz´ uak (b). Ez´ert az ´abr´ an d-vel jel¨olt szakaszok egyenl˝ ok.
D
S
C d R
a
P d αb E eQ
α
c F
f b
A
a
B
A 3. feladat I. megold´as´ahoz. Az ´abr´ ar´ ol leolvashat´ o, hogy b+c+d=a
(1)
e+f =a
(2)
EP Q△ ∼ F QR△, mert sz¨ ogeik megegyeznek. A hasonl´ os´ag miatt a megfelel˝o oldalak ar´anya egyenl˝ o: c e = b a f d = b a
(3) (4)
(1)-b˝ol ´ atrendez´essel ´es kiemel´essel d c b 1+ =a 1− , b a (4) felhaszn´al´ as´ aval pedig f c b 1+ =a 1− . a a
(5)
(2)-b˝ol ´ atrendez´essel ´es kiemel´essel f = e, a 1− a (3) felhaszn´al´ as´ aval f bc a 1− = . a a
(6)
Szorozzuk ¨ ossze (5)-¨ot ´es (6)-ot! f bc c f 1− =a· · 1− ab 1 + a a a a 2 2 c c f 1− 2 = − 2 a a a c c2 a2 − f 2 = − 2 2 a a a c2 c c2 = − a2 a a2 c c2 2· 2 = a a
Pitagorasz-t´etel F QR△-re: a2 − f 2 = c2
c a
6 0, ez´ert c = a2 . Az F QR△ der´eksz¨ = og˝ u ´es az egyik befog´ o fele az ´atfog´onak, ez´ert az eml´ıtett befog´ oval szemk¨ ozti sz¨ og, α, 30◦ -os. II. megold´ as: Az ´ abr´ an jel¨ olt sz¨ ogek egyenl˝ o nagys´ ag´ uak, mert mer˝oleges sz´ar´ uak. Legyen a n´egyzet oldala a, a be´ırt t´eglalap m´asik oldala b. ´Irjuk fel a BC oldalt az azt alkot´o h´ arom szakasz ¨osszegek´ent! b + a · sin α + b · cos α = a
(5)
b · (1 + cos α) = a · (1 − sin α)
D
(6)
C bα
a αb E
α
F b
A
a
B
A 3. feladat II. megold´as´ahoz. III. megold´ as: H´ uzzuk be a k´et egybev´ ag´o t´eglalapban az EB ´es P R ´atl´ okat, ezek nyilv´an egyenl˝ ok. Toljuk el a P R ´ atl´ ot a CR = P E = d szakasszal, ekkor az ET B egyenl˝ o sz´ar´ u h´ aromsz¨ oget kapjuk, amelyben az EF magass´ ag felezi a T B alapot, teh´at T F = F B = b. ´Igy a BC oldalon 2b + 2d = a, ahonnan b + d = c = a2 . Az RQF der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og RF befog´ oja fele az RQ ´atfog´onak, teh´at α = 30◦ . 4. feladat: Legyen az ABC h´ aromsz¨ og AB oldal´ anak A-hoz k¨ozelebbi harmadol´opontja P , az A-t´ ol t´ avolabbi harmadol´opontja Q. Legyen tov´abb´a a BC oldalon a B-hez k¨ozelebbi
D
S
C d R d
a
P d E
Q
α
T
c F b
A
a
B
A 3. feladat III. megold´as´ahoz. harmadol´opont R, a B-t˝ ol t´ avolabbi harmadol´opont S. Legyen a CA oldalon a C-hez k¨ozelebbi harmadol´opont T , a C-t˝ ol t´ avolabbi harmadol´opont U . Legyen a P S ´es BT szakaszok metsz´espontj´ at az U ponttal ¨ osszek¨ ot˝o egyenes ´es a BC szakasz metsz´espontja V . Hat´ arozzuk meg a BU V h´ aromsz¨ og ´es a P QRST U hatsz¨og ter¨ ulet´enek ar´any´at. B´ır´ o B´ alint (Eger) Megold´ as: Jel¨ol´eseink az ´ abr´ an l´athat´ok. A p´ arhuzamos szel˝ ok t´etel´enek megford´ıt´asa miatt a T S szakasz p´ arhuzamos az AB oldallal, tov´abb´a a p´ arhuzamos szel˝ oszakaszok t´etel´eb˝ol k¨ovetkez˝oen T S = 31 AB. Mivel azonban BP = 2 TS ert BP = 12 . 3 AB, ez´ A T ZS ´es BZP h´ aromsz¨ ogek k´et-k´et sz¨oge a T S ´es BP szakaszok p´ arhuzamoss´ aga miatt egyenl˝ o, teh´ at a T ZS ´es BZP h´ aromsz¨ ogek megfelel˝o sz¨ogei egyenl˝ ok, vagyis a k´et h´ aromsz¨ og hasonl´ o. A hasonl´ os´ agb´ ol k¨ovetkezik a megfelel˝o oldalak ar´any´anak egyenl˝ os´ege, ´ıgy ebb˝ol ´es el˝oz˝o eredm´eny¨ unkb˝ ol ZS ZT 1 TS = = = BP ZP ZB 2 k¨ovetkezik, teh´ at a Z pont a P S szakasz S ponthoz k¨ozelebb es˝o harmadol´opontja. Ism´et a p´ arhuzamos szel˝ ok t´etel´enek megford´ıt´as´ab´ol k¨ovetkezik, hogy az U P szakasz p´ arhuzamos a BC oldallal, ´es a p´ arhuzamos szel˝oszakaszok t´etele miatt U P = 31 BC. Az U P Z ´es V SZ h´ aromsz¨ ogekben k´et-k´et sz¨ og megegyezik, mert az U P ´es V S szakaszok p´ arhuzamosak, a k´et h´ aromsz¨ og megfelel˝o sz¨ ogei egyenl˝ ok, teh´at a k´et h´ aromsz¨ og hasonl´ o, ez´ert a megfelel˝o oldalak Z ZS ZS VS = VUZ = ZP . Ugyanakkor az el˝oz˝oekben igazoltuk, hogy ZP = 21 , ar´anya is egyenl˝ o, azaz UP ez´ert VZ ZS 1 VS = = = . UP UZ ZP 2 Eszerint a V S szakasz hossza az U P szakasz hossz´ anak a fel´evel egyenl˝ o, de ebb˝ol U P = 13 BC 1 miatt V S = 6 BC k¨ovetkezik. ´Igy V S + SC = 1 BC + 1 BC = 1 BC, vagyis a V pont a BC szakasz felez˝opontja. 6 3 2 Az U BC h´ aromsz¨ ogben teh´ at az U V szakasz s´ ulyvonal, amely felezi az U BC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´et, azaz TBUV = 21 TUBC . K¨onnyen l´athat´o, hogy az U BC h´ aromsz¨ og ter¨ ulete az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek k´ethar2 = , ´ e s az U C illetve AC oldalakhoz tartoz´ o magass´ a g a k´ e t h´ aromsz¨ ogben mad r´esze, hiszen UC AC 3 egyenl˝ o.
A
P U
Q T
Z B R
V
S
C
A 4. feladathoz. Ebb˝ol r¨ogt¨ on k¨ovetkezik, hogy TBUV = 12 TUBC = 21 · 23 TABC = 31 TABC , vagyis a BU V ´es az ABC h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´enek ar´ anya 1 : 3. AP U aromsz¨ og sz¨ogei a megfelel˝o oldalak egy egyenesbe = 19 , hiszen a k´et h´ Nyilv´ anval´ o, hogy TTABC es´ese illetve p´ arhuzamoss´ aga miatt egyenl˝ ok, ez´ert a k´et h´ aromsz¨ og hasonl´ o ´es a megfelel˝o oldalak TBRQ CT S = 19 ´es TTABC = 19 . ar´anya 1 : 3. Hasonl´oan l´athat´o be, hogy TABC Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy TP QRST U = TABC − TAP U − TBRQ − TCT S =
2 TABC . 3
Mivel el˝ oz˝o eredm´eny¨ unk szerint TBUV = 13 TABC , ez´ert 1 TBUV = . TP QRST U 2 5. feladat: Egy 10 × 10-es t´ abl´ azat minden sor´aba ´es minden oszlop´aba az ´abr´ an l´athat´o m´odon be´ırjuk a sz´ amokat 0-t´ ol 9-ig, majd minden sorban ´es minden oszlopban bekeretez¨ unk pontosan 1 sz´ amot, teh´ at ¨ osszesen 10-et. Van-e a bekeretezett sz´amok k¨oz¨ott mindig legal´ abb k´et azonos sz´ am? 0 9 8 .. . 1
1 0 9 .. . 2
2 1 0 .. . 3
... ... ... .. . ...
9 8 7 .. . 0
Szab´ o Magda (Szabadka)
Megold´ as: Vegy¨ uk ´eszre, hogy a t´ abl´ azat tetsz˝ oleges elem´et megkaphatn´ank u ´ gy is, hogy a sor´anak az els˝o elem´ehez hozz´ aadn´ ank az oszlop´anak az els˝o elem´et ´es venn´enk ennek az ¨osszegnek a 10-es marad´ek´ at. Most bebizony´ıtjuk, hogy lesz legal´ abb k´et azonos sz´am. Bizony´ıtsunk indirekten, azaz tegy¨ uk fel, hogy mind a 10 kiv´ alasztott sz´am k¨ ul¨onb¨ oz˝o. Ekkor a kiv´ alasztott sz´ amok ¨ osszege 0 + 1 + 2 + . . . + 9 = 45, aminek a 10-zel vett oszt´asi marad´eka 5. A fentiek szerint ezt megkaphatjuk u ´gy is, hogy az els˝o sor ´es az els˝o oszlop elemeinek ¨osszeg´et vessz¨ uk, ami 2 · (0 + 1 + 2 + . . . + 9) = 90, aminek a 10-zel vett oszt´asi marad´eka 0. Mivel a k´et marad´ek nem egyezik meg, ellentmond´asra jutottunk. Teh´at mindig van k´et azonos sz´ am. 6. feladat: Jel¨olje tetsz˝ oleges pozit´ıv eg´esz n sz´am eset´en t(n) az n sz´am k¨ ul¨onb¨ oz˝o pr´ımoszt´ oinak sz´ am´ at. Mutassuk meg, hogy v´egtelen sok olyan pozit´ıv eg´esz n sz´am van, amelyre a.) t n2 + n p´ aratlan. b.) t n2 + n p´ aros. Borb´ely J´ ozsef (Tata)
Megold´ as: Nyilv´ anval´ o, hogy ha (a; b) = 1, akkor t(a; b) = t(a) + t(b). Mivel (n; n + 1) = 1 ´es n2 + n = n · (n + 1), ´ıgy t n2 + n = t(n) + t(n + 1). Legyen k > 0 eg´esz sz´ am. Ekkor igazak a k¨ovektez˝ o ´al´ıt´asok.
• Minden n = 2k -ra t(n) = 1, azaz v´egtelen sok p´ aros n-re t(n) p´ aratlan. • Minden n = 2 · 3k -ra t(n) = 2, azaz v´egtelen sok p´ aros n-re t(n) p´ aros. • Minden n = 3k -ra t(n) = 1, azaz v´egtelen sok p´ aratlan n-re t(n) p´ aratlan. • Minden n = 3 · 5k -ra t(n) = 2, azaz v´egtelen sok p´ aratlan n-re t(n) p´ aros. M´ ask´eppen fogalmazva: nem lehet, hogy p´ aros n-re t(n) csak p´ aros vagy csak p´ aratlan ´ert´eket vegyen fel; ugyancsak nem lehet, hogy p´ aratlan n-re t(n) csak p´ aros vagy csak p´ aratlan ´ert´eket vegyen fel. K¨onny˝ u l´atni, hogy ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy v´egtelen sok esetben k´et egym´ ast k¨ovet˝o sz´amra t(n) azonos, illetve k¨ ul¨onb¨ oz˝o parit´ as´ u. Innen k¨ovetkezik a bizony´ıtand´o ´all´ıt´as.
