Kezdőlap


Cím:	1912. A XIX. Mathematikai tanulóverseny tételei és megoldásuk
Szerző(k):	Engel Sándor , Friedmann Lajos , Földy Zoltán , Klein Pál , Oszvald Ferenc
Füzet:	1913/január, 139 - 144. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

2219. Hány olyan $n$ jegyű szám van, melyek csupán az $1,2,3$ számjegyeket tartalmazzák de e három számjegy mindegyikét legalább egyszer?

Megoldás. Az

1

2

3

számjegyekből alakítható

n

-jegyű számokat az

1

2

3

elemekből ismétléssel képezett

n

-ed osztályú variáció csoportok adják, amelyeknek száma

\begin{matrix} V_{a}^{(i)} (n) = 3^{n} . \end{matrix}

Ezek között csupán egyféle elemet tartalmazó csoport

(11 ... 1,22 ... 2,33 ... 3)

összesen

3

van. Olyan csoport, amely pl. csakis az

1

2

elemeket tartalmazza, de e kettő mindegyikét legalább egyszer, összesen

\begin{matrix} 2^{n} - 2 \end{matrix}

van, mert

2^{n}

1

2

elemekből ismétléssel alakított variációk száma, amelyben tehát a

11 ... 1,22 ... 2

csoportok is bennfoglaltatnak.
A feladatunkat kielégítő számok száma tehát

\begin{matrix} 3^{n} - 3 \cdot (2^{n} - 2) - 3 = 3 (3^{n - 1} - 2 n + 1) . \end{matrix}

2220. Bebizonyítandó, hogy bármely pozitív egész számot jelent is

n

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 \end{matrix}

mindenkor osztható

8

-cal.

Első megoldás. 1. Ha

n = 1

, akkor

\begin{matrix} 5 + 2 \cdot 3^{0} + 1 = 8 \end{matrix}

osztható

8

-cal.
2.

4 \cdot 5 + 4 \cdot 3^{0} = 24

osztható

8

-cal, tehát

\begin{matrix} (5 + 2 \cdot 3^{0} + 1) + (4 \cdot 5 + 4 \cdot 3^{0}) = 5^{2} + 2 \cdot 3 + 1 \end{matrix}

is osztható

8

-cal.
3. Ezt az okoskodást folytatva

\begin{matrix} (5^{2} + 2 \cdot 3 + 1) + (4 \cdot 5^{2} + 4 \cdot 3) = 5^{3} + 2 \cdot 3^{2} + 1 \end{matrix}

szintén osztható

8

-cal.
4. Az indukció teljessége kedvéért tegyük föl, hogy

5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1

osztható

8

-cal. akkor mivel a

\begin{matrix} 4 \cdot 5^{n} + 4 \cdot 3^{n - 1} = 4 (5^{n} + 3^{n - 1}) \end{matrix}

kifejezés értékében a zárójelben két páratlan szám összege, vagyis páros szám áll. azért

4 \cdot 5^{n} + 4 \cdot 3^{n - 1}

osztható

4 \cdot 2 = 8

-cal és így

\begin{matrix} (5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1) + (4 \cdot 5^{n} + 4 \cdot 3^{n - 1}) = 5^{n + 1} + 2 \cdot 3^{n} + 1 \end{matrix}

szintén osztható

8

-cal. Ha tehát a tétel igaz

n

-re, akkor igaz

(n + 1)

-re is; ámde

n = 1

2

-re igaz volt, tehát helyes marad

n = 3

-ra, ebből ismét

n = 4

-re is és általában

n

-nek minden pozitív egész számú értékére.

(Engel Sándor, Budapest.)

Második megoldás.

\begin{matrix} 5 \equiv (mod 8) & 3 = 3 (mod 8) \\ 5^{2} \equiv 25 \equiv 1 (mod 8) & 3^{2} \equiv 9 \equiv 1 (mod 8) \\ 5^{3} \equiv 5 (mod 8) & 3^{2} \equiv 9 \equiv 1 (mod 8) \\ 5^{4} \equiv 25 \equiv 1 (mod 8) & 3^{3} \equiv 3 (mod 8) \\ ... ... ... ... & ... ... ... ... \\ 5^{2 m} \equiv 1 (mod 8) & 3^{2 m} \equiv 1 (mod 8) \\ 5^{2 m + 1} \equiv 5 (mod 8) & 3^{2 m + 1} \equiv 3 (mod 8) \end{matrix}

1^{\circ}

. Ha tehát

n = 2 m

, akkor

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 \equiv 1 + 2 \cdot 31 \equiv 8 \equiv 0 (mod 8) . \end{matrix}

2^{\circ}

. Ha pedig

n = 2 m + 1

, akkor

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 \equiv 5 + 2 \cdot 1 + 1 \equiv 8 \equiv 0 ((mod 8) . \end{matrix}

(Földy Zoltán, Budapest.)

Harmadik megoldás.

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = {(4 + 1)}^{n} + 2 {(4 - 1)}^{n - 1} + 1. \end{matrix}

{(4 + 1)}^{n}

hatványozást elvégezve a binominális-tétel segítségével, az első

(n - 1)

tag mindegyike osztható

4^{2} = 16

-tal, tehát

\begin{matrix} {(4 + 1)}^{n} = 16 \cdot A + n \cdot 4 + 1 \end{matrix}

és hasonlóképp

\begin{matrix} {(4 - 1)}^{n - 1} = 4 \cdot B + {(- 1)}^{n - 1}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 16 A + 4 n + 1 + 8 B + 2 \cdot {(- 1)}^{n - 1} + 1 = \\ = 8 \cdot C + 4 n + 2 \cdot {(- 1)}^{n - 1} + 2. \end{matrix}

a) Ha

n

páratlan, akkor

(n \pm 1)

páros, tehát

\begin{matrix} 4 n + 2 \cdot {(- 1)}^{n - 1} + 2 = 4 n + 2 + 2 = 4 (n + 1) \end{matrix}

szintén osztható

8

-cal,
b) ha pedig

n

páros, akkor

(n - 1)

páratlan, tehát

\begin{matrix} 4 n + 2 \cdot {(- 1)}^{n - 1} + 2 = 4 n \end{matrix}

ismét osztható

8

-ca1.

(Klein Pál, Budapest.)

Negyedik megoldás.

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = {(4 + 1)}^{n} + 2 {(2 + 1)}^{n - 1} + 1. \end{matrix}

Ámde

\begin{matrix} {(4 + 1)}^{2} = 16 \cdot A + 4 n + 1, \\ {(2 + 1)}^{n - 1} = 4 \cdot B + 2 (n - 1) + 1, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 & = 16 A + 8 B + 4 n + 4 (n - 1) + 1 + 2 + 1 = \\ = 16 A + 8 B + 8 n = 8 \cdot C . \end{matrix}

(Oszvald Ferenc, Budapest.)

Ötödik megoldás.

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 5 \cdot {(8 - 3)}^{n - 1} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1. \end{matrix}

Ámde

\begin{matrix} {(8 - 3)}^{n - 1} = 8 \cdot A + {(- 1)}^{n - 1} \cdot 3^{n - 1}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} N = 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 8 \cdot A' + {(- 1)}^{n - 1} \cdot 5 \cdot 3^{n - 1} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1. \end{matrix}

a) Ha

n

páratlan, tehát

n - 1

páros, akkor

\begin{matrix} N = 8 A' + 5 \cdot 3^{n - 1} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 8 \cdot A' + 7 \cdot 3^{n - 1} + 1 = \\ = 8 A' + (8 - 1) \cdot 3^{n - 1} + 1 = 8 A' + 8 \cdot 3^{n - 1} - (3^{n - 1} - 1) . \end{matrix}

Feltételünk szerint

n - 1 = 2 m

, tehát

\begin{matrix} 3^{n - 1} - 1 = 9^{m} - 1 = {(8 + 1)}^{m} - 1 = 8 B + 1 - 1 = 8 B \end{matrix}

és így

\begin{matrix} N = 8 A' + 8 \cdot 3^{n - 1} + 8 B . \end{matrix}

b) Ha

n

páros, tehát

n - 1

páratlan, akkor

\begin{matrix} N = 8 A' - 5 \cdot 3^{n - 1} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 8 A' - 3^{n} + 1 = 8 A' - (3^{n} - 1) . \end{matrix}

Feltételünk szerint

n = 2 m

, tehát

\begin{matrix} 3^{n} - 1 = 9^{m} - 1 = {(8 + 1)}^{m} - 1 = 8 B + 1 - 1 \end{matrix}

és így

\begin{matrix} N = 8 A' - 8 B . \end{matrix}

(Okolicsányi Ferenc, Budapest.)

Hatodik megoldás. Legyen

\begin{matrix} S_{k} = 5^{k} + 2 \cdot 3^{k - 1} + 1. \end{matrix}

akkor

S_{1} = 8, S_{2} = 4 \cdot 8, ...

oszthatók

8

-cal. Tegyük fel, hogy

S_{k}

is osztható

8

-cal és vizsgáljuk meg, hogy

S_{k + 1}

is osztható-e

8

-cal?

\begin{matrix} S_{k + 1} = 5^{k + 1} + 2 \cdot 3^{k} + 1 = (4 + 1) 5^{k} + 2 \cdot 3 \cdot 3^{k - 1} + 1 = \\ = 5^{k} + 2 \cdot 3^{k - 1} + 1 + 4 (5^{k} + 3^{k - 1}) . \end{matrix}

Ámde a zárójelben álló két páratlan szám összege páros, tehát

4 (5^{k} + 3^{k - 1})

osztható

4 \cdot 2 = 8

-cal és így

S_{k + 1}

is osztható

8

-cal, stb.

(Radó Tibor, Budapest.)

Hetedik megoldás. Segédtétel:

\begin{matrix} x^{n} = (x - 1) [(x - 1) \cdot E + n] + 1, \end{matrix}

ahol

x

n

és

E

egész számokat jelentenek.
Bizonyítás.

\begin{matrix} x^{n} - 1 = (x - 1) (x^{n - 1} + x^{n - 2} + ... + x^{2} + x + 1) = \\ = (x - 1) [(x^{n - 1} - 1) + (x^{n - 2} - 1) + ... + (x^{2} - 1) + (x - 1) + n] . \end{matrix}

Ámde

x^{n - 1} - 1, x^{n - 2} - 1, ..., x^{2} - 1, x - 1

mindegyike osztható

(x - 1)

-gyel, tehát

\begin{matrix} x^{n} - 1 = (x - 1) [(x - 1) \cdot E + n], \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} x^{n} = (x - 1) [(x - 1) E + n] + 1. \end{matrix}

Segédtételünk szerint

\begin{matrix} 5^{n} = 4 \cdot (4 \cdot E_{1} + n) + 1 = 16 \cdot E_{1} + 4 n + 1, \\ 2 \cdot 3^{n - 1} = 2 {2 \cdot (2 \cdot E_{2} + n - 1) + 1} = 8 E_{2} + 4 n - 2, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 5^{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 1 = 16 E_{1} + 8 E_{2} + 8 n . \end{matrix}

(Stojkovits Iván, Budapest.)

2221. Bebizonyítandó, hogy egy négyszög átlói akkor és csak akkor merőlegesek egymásra, ha két szemben fekvő oldal négyzetének összege egyenlő a másik két oldal négyzetének összegével.

Megoldás. Jelöljük a négyszög csúcsait

A

B

C

D

-vel és legyenek az oldalak rendre

A B = a

B C = b

C D = c

D A = d

. Jelöljük továbbá az

A C

B D

átlók metszéspontját

O

-val és az

A O B ∢

-t

φ

-vel.

1^{\circ}

. Ha

A C ⊥ B D

, akkor

\begin{matrix} {\bar{A B}}^{2} = {\bar{A O}}^{2} + {\bar{B O}}^{2}, {\bar{C D}}^{2} = {\bar{C O}}^{2} + {\bar{D O}}^{2}, \\ {\bar{B C}}^{2} = {\bar{B O}}^{2} + {\bar{C O}}^{2}, {\bar{D A}}^{2} = {\bar{D O}}^{2} + {\bar{A O}}^{2}, \end{matrix}

tehát csakugyan

\begin{matrix} {\bar{A B}}^{2} + {\bar{C D}}^{2} = {\bar{A O}}^{2} + {\bar{B O}}^{2} + {\bar{C O}}^{2} + {\bar{D O}}^{2} = {\bar{B C}}^{2} + {\bar{D A}}^{2} . \end{matrix}

2^{\circ}

. Ha viszont

a^{2} + c^{2} = b^{2} + d^{2}

, akkor az

A O B, B O C, ...

háromszögekből a cosinus-tétel szerint

\begin{matrix} a^{2} = {\bar{A O}}^{2} + {\bar{B O}}^{2} - 2 \cdot \bar{A O} \cdot \bar{B O} \cdot cos φ, \\ b^{2} = {\bar{C O}}^{2} + {\bar{D O}}^{2} - 2 \cdot \bar{C O} \cdot \bar{D O} \cdot cos φ, \\ c^{2} = {\bar{B O}}^{2} + {\bar{C O}}^{2} + 2 \cdot \bar{B O} \cdot \bar{C O} \cdot cos φ, \\ d^{2} = {\bar{D O}}^{2} + {\bar{A O}}^{2} + 2 \cdot \bar{D O} \cdot \bar{A O} \cdot cos φ, \end{matrix}

tehát feltételünk szerint

\begin{matrix} - 2 (\bar{A O} \cdot \bar{B O} + \bar{C O} \cdot \bar{D O}) cos φ = 2 (\bar{B O} \cdot \bar{C O} + \bar{D O} \cdot \bar{A O}) \cdot cos φ, \end{matrix}

vagy még

\begin{matrix} (\bar{A O} \cdot \bar{B O} + \bar{C O} \cdot \bar{D O} + \bar{B O} \cdot \bar{C O} + \bar{D O} \cdot \bar{A O}) \cdot cos φ = 0 \end{matrix}

Ámde a zárójelben csupán pozitív számok összege áll, tehát

\begin{matrix} \bar{A O} \cdot \bar{B O} + \bar{C O} \cdot \bar{D O} + \bar{B O} \cdot \bar{C O} + \bar{D O} \cdot \bar{A O} \neq 0 \end{matrix}

és így az egyedül lehetséges eset. Hogy

\begin{matrix} cos φ = 0, vagyisφ=\frac{π}{2}és ígyAC⊥BD. \end{matrix}

(Popper Aladár, Budapest.)