Kezdőlap


Cím:	Az 1961.évi Orsz. Középisk. Matematikai Tanulm. Verseny II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása
Szerző(k):	Bakos Tibor , Surányi János
Füzet:	1962/január, 1 - 4. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	OKTV

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

1. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az

\begin{matrix} a x^{2} + b x + c = 0 \end{matrix}

(1)

egyenlet valamennyi együtthatója páratlan szám, akkor az egyenlet gyökei nem racionálisak.

I. megoldás.

a

páratlan szám, s így minden esetre 0-tól különböző, tehát az egyenlet másodfokú. Tegyük fel a bizonyítandó állítással ellentétben, hogy az

\begin{matrix} x = \frac{- b \pm \sqrt[]{b^{2} - 4 a c}}{2 a} \end{matrix}

gyökök racionálisak. Ekkor

\sqrt[]{b^{2} - 4 a c}

is racionális, de ez csak úgy lehet, ha egész is a négyzetgyök értéke. Mert ha valamilyen

d / g

törttel volna egyenlő, feltehetjük hogy ez a tört tovább már nem egyszerűsíthető alakja. De ekkor

d^{2} / g^{2}

sem egyszerűsíthető, mert különben volna egy prímszám is, amivel egyszerűsíthető, de

d^{2}

és

g^{2}

csak úgy lehet

p

-vel osztható, ha

d

és

g

is osztható

p

-vel, ^{$^{*}$} tehát

d / g

is egyszerűsíthető volna. Kell tehát, hogy

g^{2} = 1

, s így

b^{2} - 4 a c = d^{2}

legyen. Itt

d

páratlan, mert a bal oldalon

b

-vel együtt

b^{2}

is az, és egy páratlan és páros szám különbsége páratlan. Így

d

egy páros számmal tér el

b

-től,

d = b - 2 d'

. Ekkor

\begin{matrix} b^{2} - 4 a c = {(b - 2 d')}^{2}, 4 a c = 4 d' (b - d'), \\ a c = d' (b - d') . \end{matrix}

Az utolsó egyenlőségben azonban balról két páratlan szám szorzata áll és ez páratlan; a jobb oldalon viszont ha

d'

páros, akkor az első tényező páros, ha pedig

d'

páratlan, akkor a második tényező két páratlan szám különbsége s így páros szám. Ez az egyenlőség tehát nem állhat fenn. Így helytelen volt az a feltevésünk, amiből kiindultunk, hogy az (1) egyenletnek volna racionális gyöke.

II. megoldás. Tegyük fel, hogy valamilyen

p / q

tört kielégítené (1)-et. Megmutatjuk, hogy ez nem lehetséges. Feltehetjük, hogy

p / q

már tovább nem egyszerűsíthető alakban van írva. Feltevésünk szerint

\begin{matrix} a \frac{p^{2}}{q^{2}} + b \frac{p}{q} + c = 0. \end{matrix}

Innen,

q^{2}

-nel szorozva

\begin{matrix} a p^{2} + b p q + c q^{2} = 0. \end{matrix}

(2)

Ha itt

p

is,

q

is páratlan, akkor a bal oldal mindhárom tagja is az, mert páratlan számok szorzata is páratlan, s így az összeg is páratlan. De akkor is páratlan (2) bal oldala, ha

p

és

q

közül az egyik páratlan, a másik páros, mert ekkor két tag páros, egy páratlan. Így egyik esetben sem lehet (2) bal oldala 0. Viszont

p

is,

q

is páros nem lehet, mert akkor a

p / q

tört egyszerűsíthető volna. Így (2) nem teljesülhet, tehát

p / q

nem elégítheti ki (1)-et.

Megjegyzések. 1. Több versenyző rámutatott, hogy az utóbbi bizonyítással bármely, csupa páratlan együtthatós, páros fokszámú egyenletről belátható, hogy nem lehet racionális gyöke.
2. Fila Jenő tanár (Zilah, Román NK.) megjegyezte, hogy még általánosabban, ha

\begin{matrix} f (x) = a_{0} x^{2 k} + a_{1} x^{2 k - 1} + ... + a_{2 k - 1} x + a_{2 k} \end{matrix}

(páros fokú) egész együtthatós polinom, továbbá

a_{0}

a_{2 k}

és még páratlan számú együttható páratlan, akkor

f (x)

racionális helyen nem lehet 0. A fenti gondolatmenet mintájára

\begin{matrix} q^{2 k} f (\frac{p}{q}) = a_{0} p^{2 k} + a_{1} p^{2 k - 1} q + ... + a_{2 k - 1} p q^{2 k - 1} + a_{2 k} q^{2 k} . \end{matrix}

Ha itt

p

és

q

egyike páros, a másika páratlan, akkor a jobb oldal páratlan, mert egy tag páratlan (az első vagy az utolsó); ha pedig

p

is,

q

is páratlan, akkor a páratlan együtthatós tagok páratlanok, a páros együtthatósak párosak, s így a jobb oldal ismét páratlan. Nem lehet tehát 0, s így

f (\frac{p}{q})

sem.

2. feladat. Határozzuk meg egy egyenlő szárú háromszög belsejében fekvő ama pontok mértani helyét, melyekre a száraktól mért távolságok mértani közepe megegyezik az alaptól mért távolsággal.

Megoldás. Megmutatjuk, hogy a feladat követelményeit kielégítő minden pontból ugyanakkora szög alatt látszik az

A B

alap. Legyen az

A B C

háromszögben

C A = C B

, és

P

egy a feltételnek megfelelő pont, azaz ha vetülete az

A B

alapra

P_{c}

, és a

C A

C B

szárra

P_{b}

P_{a}

, akkor

\begin{matrix} P P_{a} \cdot P P_{b} = P P_{c}^{2} . \end{matrix}

P P_{a} B P_{c}

és

P P_{c} A P_{b}

P B

, ill.

P A

átmérő fölötti Thalész-körbe írt húrnégyszögek. Ezért

\begin{matrix} P_{a} P P_{c} ∢ = 180^{\circ} - P_{a} B P_{c} ∢ = 180^{\circ} - C B A ∢ = 180^{\circ} - C A B ∢ = \\ = 180^{\circ} - P_{b} A P_{c} ∢ = P_{c} P P_{b} ∢ . \end{matrix}

Másrészt a feltevésből átalakítással

\begin{matrix} P P_{a} : P P_{c} = P P_{c} : P P_{b} . \end{matrix}

Ezek szerint a

P_{a} P P_{c}

és

P_{c} P P_{b}

háromszögek hasonlók, tehát

P_{c} P_{a} P ∢ = P_{b} P_{c} P ∢

.
Ebből ismét az említett húrnégyszögekre tekintettel

P_{c} B P ∢ = P_{b} A P ∢

, vagyis

A B P ∢ = C A P ∢

. Így az

A B P

háromszögben

\begin{matrix} P A B ∢ + A B P ∢ = C A B ∢ - C A P ∢ + A B P ∢ = C A B ∢, \end{matrix}

tehát

A P B ∢ = 180^{\circ} - C A B ∢

, állandó. Eszerint

P

A B

szakasz

ω = 180^{\circ} - C A B ∢

nyílású látószög-körívének pontja.
Csak arról az

i

körívről lehet szó, amely

A B

-nek

C

-vel megegyező oldalán van, mert

P

-nek az

A B C

háromszög belsejében kell lennie.
Mivel

C A B ∢ < 90^{\circ}

, azért

ω > 90^{\circ}

; így

i

-nek

O

középpontja

A B

-nek

C

-vel ellentétes oldalán van, és az

i

-hez tartozó középponti szög

A O B ∢ = 360^{\circ} - 2 ω = 2 C A B ∢

. Ezért az

A B O

háromszögből

B A O ∢ = A B O ∢ = 90^{\circ} - C A B ∢

, tehát

O A ⊥ C A

. Eszerint az

A C

B C

szár

A

, ill.

B

-ben érinti

i

-t, vagyis

A

és

B

-t nem tekintve

i

minden pontja az

A B C

háromszög belsejében van.
Megmutatjuk, hogy

i

minden

Q

pontja megfelel a követelménynek. Legyen

Q

vetülete az

A B

A C

B C

oldalon

Q_{c}

Q_{b}

Q_{a}

. Mivel

Q

i

íven van,

A Q B ∢ = 180^{\circ} - C A B ∢

. Így az

A B Q

háromszögből

\begin{matrix} Q B A ∢ = 180^{\circ} - A Q B ∢ - Q A B ∢ = C A B ∢ - Q A B ∢ = C A Q ∢, \end{matrix}

másrészt

Q Q_{a} B Q_{c}

és

Q Q_{c} A Q_{b}

húrnégyszögek, ezért

\begin{matrix} Q Q_{a} Q_{c} ∢ = Q B Q_{c} ∢ = Q B A ∢ = C A Q ∢ = Q_{b} A Q ∢ = Q_{b} Q_{c} Q ∢, \end{matrix}

és ugyanígy

Q B C ∢ = Q A B ∢

-ből

Q Q_{c} Q_{a} ∢ = Q Q_{b} Q_{c} ∢

. Eszerint a

Q Q_{a} Q_{c}

és

Q Q_{c} Q_{b}

háromszögek hasonlók, ebből

Q Q_{a} : Q Q_{c} = Q Q_{c} : Q Q_{b}

és

Q Q_{a} \cdot Q Q_{b} = Q Q_{c}^{2}

, amit bizonyítani akartunk.
Ezek szerint az előírt tulajdonságú pontok mértani helye az adott egyenlő szárú háromszög szárait az alap végpontjaiban érintő körnek az érintési pontok közé eső kisebb íve, az érintési pontokat nem számítva.

Megjegyzések. 1. Több versenyző kimondta és bebizonyította, hogy az említett kör minden pontjára nézve a száraktól mért távolságok mértani közepe egyenlő az alaptól mért távolsággal.
2. Többen trigonometriai számításokon keresztül jutottak arra, hogy az

A P B

szög független a

P

pont helyzetétől.

3. feladat. Adott a síkban két egységnyi sugarú, egymást érintő kör:

k

és

k_{1}

. Egyik közös külső érintőjük az ,,e'' egyenes. Ezután rendre megrajzoljuk a

k_{2}, k_{3}, ..., k_{n}

köröket úgy, hogy mindegyikük érintse

k

-t,

e

-t és az

1

-gyel kisebb sorszámú kört. Mekkora a

k_{n}

kör sugara?

Megoldás. Legyen

k

és

k_{1}

középpontja

O

O_{1}

e

-vel való, valamint közös érintkezési pontjuk

E

E_{1}

, ill.

T_{1}

. Nyilvánvaló, hogy

k_{2}

E E_{1}

szakasszal és az

E T_{1}

E_{1} T_{1}

negyedkörívekkel határolt síkrészben helyezkedik el,

k

-t és

k_{1}

-et kívülről érinti, és

O_{2}

középpontja az

E_{1} E

szakasz felező merőlegesén van.

k_{2}

sugarát

r_{2}

-vel,

k

-n, ill.

e

-n való érintési pontját

T_{2}

, ill.

E_{2}

-vel, és

O_{2}

-nek

O E

-n való vetületét

O'_{2}

-vel jelölve az

O O_{2} O'_{2}

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} O O_{2}^{2} = O_{2} O'_{2}^{2} + O O'_{2}^{2} = E_{2} E^{2} + {(O E - O'_{2} E)}^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} {(1 + r_{2})}^{2} = 1 + {(1 - r_{2})}^{2}, \end{matrix}

és így

r_{2} = 1 / 4

.
Világos, hogy

k_{3}

gyanánt nem

k_{1}

-et, hanem az

E E_{2}

szakasszal és az

E T_{2}

E_{2} T_{2}

ívekkel határolt síkrészben fekvő kört kell tekintenünk, és hogy a

k_{4}, k_{5}, ..., k_{n}

körök is minden kisebb sorszámú körtől különbözők. Legyen a körsorozat két egymás utáni tagja

k_{i}

és

k_{i + 1}

, sugaruk

r_{i}

r_{i + 1}

, érintkezési pontjuk

k

-val, ill.

e

-vel

T_{i}

T_{i + 1}

E_{i}

E_{i + 1}

, középpontjuk

O_{i}

O_{i + 1}

, és ennek vetülete

O E

-re

O'_{i}

, ill.

O'_{i + 1}

, végül

O_{i + 1}

vetülete

O_{i} E_{i}

-re

O''_{i + 1}

(az ábrán az

i = 2

eset látható). Ekkor az

O O_{i} O'_{i}

O O_{i + 1} O'_{i + 1}

O_{i} O_{i + 1} O''_{i + 1}

derékszögű háromszögből:

\begin{matrix} E E_{i} = O'_{i} O_{i} = \sqrt[]{O O_{i}^{2} - {(O E - O'_{i} E)}^{2}} = \sqrt[]{{(1 + r_{i})}^{2} - {(1 - r_{i})}^{2}} = 2 \sqrt[]{r_{i}}, \end{matrix}

ugyanígy

\begin{matrix} E E_{i + 1} = 2 \sqrt[]{r_{i + 1}}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} E_{i + 1} E_{i} = O_{i + 1} O''_{i + 1} = \sqrt[]{O_{i} O_{i + 1}^{2} - O_{i} O''_{i + 1}^{2}} = \sqrt[]{{(r_{i} + r_{i + 1})}^{2} - {(r_{i} - r_{i + 1})}^{2}} = 2 \sqrt[]{r_{i} r_{i + 1}} . \end{matrix}

Ezekkel

E E_{i} = E E_{i + 1} + E_{i + 1} E_{i}

-ből

\begin{matrix} 2 \sqrt[]{r_{i}} = 2 \sqrt[]{r_{i + 1}} + 2 \sqrt[]{r_{i} r_{i + 1}}, \end{matrix}

és a jobb oldal második tagjával osztva

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{r_{i + 1}}} = \frac{1}{\sqrt[]{r_{i}}} + 1. \end{matrix}

(3)

Innen

r_{2} = 1 / 4

-del

r_{3} = 1 / 9

, és ebből

r_{4} = 1 / 16

. Az így adódott

\begin{matrix} r_{i} = \frac{1}{i^{2}}, \frac{1}{\sqrt[]{r_{i}}} = i \end{matrix}

(4)

sejtés teljes indukcióval azonnal igazolható; ha ugyanis (4) érvényes, akkor (3)-ból

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{r_{i + 1}}} = i + 1, tehát r_{i + 1} = \frac{1}{{(i + 1)}^{2}} . \end{matrix}

Ezzel a feladat kérdésére a választ megkaptuk.

Bakos Tibor, Surányi János

^{$^{*}$}Ez abból következik, hogy minden szám egyértelműen bontható prímszámok szorzatára. Ugyanis

d^{2}

-et prímtényezők szorzatára bonthatjuk úgy, hogy

d

-t felbontjuk és ezt a felbontást négyzetre emeljük. Ha ettől különböző felbontás nem lehetséges, akkor

d^{2}

-nek valóban nem lehet olyan prímosztója, ami nem osztója

d

-nek.