Kezdőlap


Cím:	1937. A XLI. Eötvös Loránd matematikai tanulóverseny tételei - 2.
Füzet:	1938/január, 129 - 134. 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.

1363. Legyen a pozitív egész

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

számok összege kisebb a pozitív egész

k

számnál. Bebizonyítandó, hogy

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! < k! . \end{matrix}

I. Megoldás. Kimutatjuk, hogy

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n})! . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} a_{1}! = a_{1}! \end{matrix}

\begin{matrix} a_{2}! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a_{2} < (a_{1} + 1) (a_{1} + 2) ... (a_{1} + a_{2}) = \frac{(a_{1} + a_{2})!}{a_{1}!}, \\ a_{3}! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a_{3} < (a_{1} + a_{2} + 1) (a_{1} + a_{2} + 2) ... (a_{1} + a_{2} + a_{3}) = \frac{(a_{1} + a_{2} + a_{3})!}{(a_{1} + a_{2})!}, \\ ... ... ..., \\ a_{n}! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a_{n} < \frac{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})!}{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1})!} . \end{matrix}

A megfelelő oldalakat szorozva:

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! a_{3}! ... a_{n}! < a_{1}! \frac{(a_{1} + a_{2})!}{a_{1}!} \cdot \frac{(a_{1} + a_{2} + a_{3})!}{(a_{1} + a_{2})!} \cdot ... \cdot \frac{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})!}{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1})!} . \end{matrix}

A jobboldalon a számláló tényezői a nevezőben is előfordulnak, kivéve a legutolsót, tehát

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! a_{3}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})! < k! . \end{matrix}

Egry György János (Kölcsey Ferenc g. VIII. o. Bp. VI.)

II. Megoldás. Legyen

a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} = s

. Ekkor

s!

jelenti az

s

különböző elem permutációit.
Ha az

s

különböző elemet szakaszokra osztjuk, melyekben az elemek száma rendre

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

és ezen szakaszok elemeit egymás között permutáljuk, rendre

a_{1}!

a_{2}!

...

a_{n}!

permutacióit kapunk. Ha továbbá ezen különböző szakaszokból keletkező permutációkat ‐ a sorrendjük szerint ‐ minden lehetséges módon összekapcsoljuk, keletkezik

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! \end{matrix}

permutáció, melyek mindegyike benne van az

s

elem összes

s!

számú permutációi között. De ezekkel nem merítettük ki az összes

s!

számú permutácót, mert ezek között vannak olyanok is, melyek az

\begin{matrix} a_{1}!, a_{2}!, ..., a_{n}! \end{matrix}

számú permutációk sorrendjének felcserélésével keletkeztek és olyanok is, amelyekben az előbbi

n

szakasz valamelyikéből egyik vagy másik elemet átteszünk egy másik szakaszba és így permutálunk. Eszerint

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n})! < k! . \end{matrix}

Sándor Gyula (Kölcsey Ferenc g. VII. o. Bp. VI.)

III. Megoldás. A csoportosítások tanában

\begin{matrix} P = \frac{k!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{n}!} \end{matrix}

ahol

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \leq k

, jelenti a

k

elemből alkotható permutációk számát, ha a

k

elem között

a_{1}

, ill.

a_{3}

...

, ill.

a_{n}

számú elem egyenlő, tehát

P

az egységnél nagyobb egész szám, még akkor is, ha

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k

.
Királyhidi Gyula (Szent-László g. VIII. o. Bp. X.)

II.

1364. Legyen a tér három köre oly tulajdonságú, hogy páronként érintkeznek és e három érintkezési pont egymástól különbözik. Bebizonyítandó, hogy e három kör vagy egy gömbön vagy egy síkon fekszik. (Két térbeli kör akkor neveztetik érintkezőnek, ha közös pontjuk és ebben közös érintőjük van.)

Megoldás. Előrebocsátjuk, hogy a kör érintője a kör síkjában fekszik. Ha két érintkező kör nem fekszik egy síkban, akkor közös érintőjük a két kör síkjának metszési vonala.
a) Ha a három kör közül kettő,

k_{1}

és

k_{2}

egy síkban

(S)

fekszik, akkor a harmadik kör,

k_{3}

is az

S

síkban fekszik.
Ugyanis

k_{1}

és

k_{3}

közös érintője az

S

k_{2}

és

k_{3}

közös érintője is az

S

síkban fekszik. Ezen két érintő meghatározza a

k_{3}

síkját, azaz

S

-t.
b) Ha két kör nem fekszik egy síkban, akkor a harmadik sem feküdhetik az előbbiek egyikével sem egy síkban, ha a három érintkezési pont különböző: a három kör,

k_{1}

k_{2}

k_{3}

(

O_{1}

O_{2}

O_{3}

középpontokkal) a különböző

S_{1}

S_{2}

S_{3}

síkokban fekszik. Két kör közös érintője síkjuknak metszésvonala; a három közös érintő egy triéder élei. A triéder csúcsa legyen

P

k_{1}

és

k_{2}

körök érintési pontja legyen

C

, a

k_{2}

és

k_{3}

köröké

A

, a

k_{3}

és

k_{1}

köröké

B

. Az

O_{1} C

és

O_{2} C

sugarak meghatároznak egy

Σ_{3}

síkot, mely a

P C

közös érintőre merőleges.^{$^{*}$} Ha a

Σ_{3}

síkban

O_{1} C

-re az

O_{1}

-ben és

O_{2} C

-re az

O_{2}

-ben merőlegest állítunk, ezek egy

ω

pontban metszik egymást. Már most

O_{1} ω ⊥ S_{1}

O_{2} ω ⊥ S_{2}

,^{$^{*}$} tehát

ω

k_{1}

és

k_{2}

körök minden pontjától egyenlő távolságban van:

ω

oly gömb középpontja, melynek gömbi körei

k_{1}

és

k_{2}

. A gömb sugara

ω C = ω B = ω A = R

Már most az

O_{1} B O_{3} \equiv Σ_{2}

síkban az

O_{3}

pontban,

S_{3}

-ra merőleges egyenesnek metszenie kell az

O_{1} ω

egyenest; az

O_{2} A O_{3} \equiv Σ_{1}

síkban az

O_{3}

pontban,

S_{3}

-ra merőleges egyenesnek metszenie kell az

O_{2} ω

egyenest. Ez csak úgy lehetséges, ha

O_{1} ω

-t és

O_{2} ω

-t éppen az

ω

-ban metszi,^{$^{*}$} azaz

ω

k_{3}

kör minden pontjától

ω B = ω A = R

távolságban van. Eszerint

k_{1}

k_{2}

k_{3}

körök az

(ω, R)

gömbön feküsznek.
Az

ω

Σ_{1}

Σ_{2}

Σ_{3}

síkoknak közös pontja; oly triéder csúcsa, melynek élei

ω O_{1}

ω O_{2}

ω O_{3}

c) Ha

P

a végtelenben van, akkor a triéder éleiként szereplő közös érintők párhuzamosak (egy hasábos tér élei). Egy kör két érintője akkor párhuzamos, ha az érintési pontok egy átmérő végpontjai. Jelen esetben tehát az

A B C △

oldalai a

k_{1}

k_{2}

k_{3}

körök átmérői; a

Σ_{1}

Σ_{2}

Σ_{3}

síkok összeesnek az

A B C △

síkjával, tehát

ω

is ezen síkban van és nem más, mint az

A B C △

köré írt kör középpontja.
Weisz A.

III.

1365. Tegyük fel, hogy az

A_{1}

A_{2}

...

A_{n}

pontok nem feküsznek egy egyenesen. Legyen továbbá

P

és

Q

két oly különböző pont, melyre

\begin{matrix} A_{1} P + A_{2} P + ... + A_{n} P = A_{1} Q + A_{2} Q + ... + A_{n} Q = s . \end{matrix}

Bebizonyítandó, hogy van oly

K

pont, amelyre

\begin{matrix} A_{1} K + A_{2} K + ... + A_{n} K < s . \end{matrix}

Megoldás. Jelölje

K

P Q

távolság felezőpontját. Kössük össze a

P

Q

K

pontokat az

A_{i}

ponttal és hosszabbítsuk meg az

A_{i} K

-t a

K B_{i} = A_{i} K

távolsággal. Ekkor

A_{i} P B_{i} Q

négyszögben az átlók:

A_{i} B_{i}

és

P Q

felezik egymást a

K

pontban, tehát a négyszög parallelogramma és ezért

Q B_{i} = A_{i} P

. Az

A_{i} Q B_{i} △

oldalaira nézve érvényes:

\begin{matrix} A_{i} B_{i} < A_{i} Q + Q B_{i} vagyis 2 A_{i} K < A_{i} Q + A_{i} P . \end{matrix}

Alkalmazva ezen egyenlőtlenséget az

i = 1

, 2,

...

n

esetek mindegyikében, keletkezik

\begin{matrix} 2 \sum_{i = 1}^{n} A_{i} K < \sum_{i = 1}^{n} A_{i} P + \sum_{i = 1}^{n} A_{i} Q = 2 S, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} A_{i} K < s . \end{matrix}

Holzer Pál (Faludi Ferenc g. VIII. o. Szombathely)

^{$^{*}$}Ugyanis

O_{1} C ⊥ P C

és

O_{2} C ⊥ P C

^{$^{*}$} $O_{1} ω ⊥ S_{1}$ , mert: $Σ_{3} ⊥ P C$ , tehát $P C$ merőleges a $Σ_{3}$ síkban fekvő bármely egyenesre; így $O_{1} ω ⊥ P C$ és $O_{1} ω ⊥ O_{1} C$ . Hasonlóan következik: $O_{2} ω ⊥ S_{2}$ .

^{$^{*}$}Ha az $e_{3}$ egyenes, mely nem fekszik az $e_{1}$ és $e_{2}$ egymást metsző egyenesek síkjában, metszi úgy az $e_{1}$ -et, mint az $e_{2}$ -t, akkor $e_{3}$ az $e_{1}$ és $e_{2}$ metszéspontján megy keresztül.