Kezdőlap


Cím:	Az 1961. évi Arany Dániel tanulóversenyek II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása: A haladók versenye
Szerző(k):	Bakos Tibor , Lőrincz Pál , Surányi János
Füzet:	1962/január, 8 - 12. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Arany Dániel

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

1. feladat. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

\begin{matrix} x^{3} y^{2} z = 2, & (1) \\ y^{3} z^{2} u = 8, & (2) \\ z^{3} u^{2} x = 32, & (3) \\ u^{3} x^{2} y = 8. & (4) \end{matrix}

Megoldás. Világos, hogy egyik ismeretlen sem lehet 0, másrészt, mivel az (1) egyenlet bal oldalán

y

kitevője páros,

x

-é és

z

-é páratlan, így

x

és

z

egyező előjelű (ugyanez olvasható le (3)-ból is). Ugyanígy következik (2)-ből (vagy (4)-ből), hogy

y

és

u

is egyező előjelű.
Az egyenletek hasonló szerkezetét kihasználhatjuk azáltal, hogy összeszorozzuk őket, így mindegyik ismeretlen kitevője egyenlő lesz.

\begin{matrix} x^{6} y^{6} z^{6} u^{6} = 2 \cdot 8 \cdot 32 \cdot 8 = 2^{12} . \end{matrix}

Ebből hatodik gyököt vonva, mivel az ismeretlenek szorzata az előjelekre tett megállapítások szerint pozitív, kapjuk, hogy

\begin{matrix} x y z u = 2^{2} = 4. \end{matrix}

(5)

(2)-t (1)-gyel osztva

\begin{matrix} \frac{y z u}{x^{3}} = 4, \end{matrix}

(6)

és ezzel (5)-öt osztva

\begin{matrix} x^{4} = 1, amiből x = \pm 1. \end{matrix}

Hasonlóan lehet kiszámítani a többi ismeretlent: (5)-öt előbb (3) és (2) hányadosával osztva

y = \pm 1

, majd (4) és (3), végül pedig (1) és (4) hányadosával osztva

z = \pm 2

, ill.

u = \pm 2

.
A fentiekből azt is látjuk, hogy az

x

z

és

y

u

ismeretlen-párok előjelei függetlenek egymástól, azért megoldást a következő négy értékrendszer szolgáltathat:

\begin{matrix} x_{1} = 1, & z_{1} = 2, & y_{1} = 1, & u_{1} = 2; \\ x_{2} = 1, & z_{2} = 2, & y_{2} = - 1, & u_{2} = - 2; \\ x_{3} = - 1, & z_{3} = - 2, & y_{3} = 1, & u_{3} = 2; \\ x_{4} = - 1, & z_{4} = - 2, & y_{4} = - 1, & u_{4} = - 2. \end{matrix}

A próba mutatja, hogy mindegyik kielégíti az egyenletrendszert. Ezzel feladatunkat megoldottuk.

Megjegyzések. 1. Ugyancsak egyszerű a kiküszöbölés, ha (2) és (3) szorzatát osztjuk (1) és (4) szorzatával, ill. (3) és (4) szorzatát osztjuk (1) és (2) szorzatával

\begin{matrix} \frac{x y^{3} z^{5} u^{3}}{x^{5} y^{3} z u^{3}} = {(\frac{z}{x})}^{4} = \frac{8 \cdot 32}{2 \cdot 8} = 16, ill. {(\frac{u}{y})}^{4} = 16, \end{matrix}

amiből ‐ az előjelekről tett észrevétel alapján ‐

\begin{matrix} z = 2 x, u = 2 y . \end{matrix}

Így pedig (1) és (2)-ből

\begin{matrix} x^{4} y^{2} = x^{2} y^{4} = 1, {(\frac{x}{y})}^{2} = 1, y = \pm x . \end{matrix}

2. Kézenfekvő az (1) ‐ (4) egyenletek két oldalának logaritmusát venni, így ugyanis az ismeretlenek logaritmusaira elsőfokú egyenletrendszert kapunk. Minthogy a jobb oldalon 2-nek pozitív egész kitevős hatványai állnak, célszerű a 2-alapú logaritmusok egyenlőségét felírni.

\begin{matrix} ^{2} log x = X,^{2} log y = Y,^{2} log z = Z,^{2} log u = U -val \end{matrix}

(7)

\begin{matrix} 3 X + 2 Y + Z = 1, & (1^{*}) \\ 3 Y + 2 Z + U = 3, & (2^{*}) \\ 3 Z + 2 U + X = 5, & (3^{*}) \\ 3 U + 2 X + Y = 3. & (4^{*}) \end{matrix}

Lényegesen különböző megoldásokhoz így sem jutunk, csak szorzás-osztás helyett összeadást ill. kivonást, hatványozás-gyökvonás helyett pedig szorzást-osztást kell ekkor végeznünk. Másrészt viszont így csak pozitív megoldást kaphatunk.
Több versenyző próbálkozott ilyen megoldással, de 10 alapú logaritmusokat használtak és a jobb oldalakat négy tizedes jegyű közelítő értékeikkel helyettesítették.

2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy

6

egymás után következő egész szám között mindig van olyan, amely az összes többihez képest relatív prím.

I. megoldás. Azt kell bebizonyítanunk, hogy a 6 szám valamelyikének a többi számok egyikével sincs közös osztója.
Nézzük meg, mely számok lehetnek két-két adott szám közös osztói. Ha az

A

és

B

egész számok közös osztója

d

, azaz

A = a d

és

B = b d

‐ ahol

a

és

b

egész ‐, akkor

d

A - B = (a - b) d

különbségnek is osztója. A 6 egymás utáni szám közti különbségek legnagyobbja 5, ezért a számokból képezhető párok közös osztói gyanánt csak 2, 3, 4 és 5 jöhet szóba. Ha egy szám ezek egyikével sem osztható, annak a 6 tagú sorozat egyetlen más tagjával sincs közös osztója.
6 egymás utáni egész szám közül három páros, három páratlan. A keresett szám csak a páratlanok egyike lehet, hiszen bármely két páros számnak közös osztója a 2. Továbbá 6 egymás utáni szám közül pontosan kettő 3-mal osztható, és ezek egyike páros, másika páratlan, végül közülük egy vagy két szám 5-tel osztható, és ezek közül is csak egyik lehet páratlan. Eszerint a három páratlan szám közül legfeljebb kettő osztható 3-mal vagy 5-tel, és így legalább egyikük sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható. Ez a szám a fentiek szerint a sorozat összes többi tagjaihoz képest relatív prím. Ezzel a bizonyítást hefejeztük.
Ha a három páratlan szám közül egyik sem osztható 5-tel, vagy ha a 3-mal osztható páratlan szám egyben 5-tel is osztható, akkor mind a két 3-mal nem osztható páratlan szám relatív prím a sorozat többi tagjához.

Megjegyzés. A versenyzők egy része megkísérelte az összes, a 2, 3 és 5-tel való oszthatóság szempontjából lehetséges alakú hat egymás után következő számból álló sorozatok végigvizsgálását. Az ilyen sorozatok a 2-vel való oszthatóság szempontjából kétfélék: az első vagy a második tagjuk osztható 2-vel; a 3-mal való oszthatóság szempontjából háromfélék: az első vagy a második vagy a harmadik tagjuk osztható 3-mal; az 5-tel való oszthatóság szempontjából pedig hasonlóan ötfélék. Eszerint a sorozatok a 2, 3 és 5-tel való oszthatóság szempontjából együttesen

2 \cdot 3 \cdot 5 = 30

félék. Nem hibás eljárás az állítást e 30 fajta számsorozat megvizsgálása útján bizonyítani be, de hosszadalmas és eléggé ötlettelen.

II. megoldás. Bővítsük ki a hattagú számsorozatot páratlan számmal kezdődő héttagú, egymás utáni számokból álló sorozattá úgy, hogy ha az adott sorozat páratlan számmal kezdődik, akkor a végéhez fűzzük hozzá a soron következő páratlan számot, az ellenkező esetben pedig a sorozat első tagját megelőző páratlan számot vesszük hozzá. Legyen a keletkező sorozat:

\begin{matrix} 2 n - 3, 2 n - 2, 2 n - 1, 2 n, 2 n + 1, 2 n + 2, 2 n + 3. \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy az állítás teljesül a kibővített sorozat egy a szélsőktől különböző tagjára, tehát érvényes a hozzáfűzött szám elhagyásával visszamaradó, eredeti sorozatra is.
A kibővített sorozat középső tagja,

2 n

páros. Mindkét szomszédja,

2 n - 1

és

2 n + 1

hozzátartozik az eredeti sorozathoz is és páratlan. Legalább egyikük nem osztható 3-mal, ez a keresett szám. Ugyanis ez a szám 2-vel és 3-mal nem osztható, ezért ha van közös osztója a sorozat valamelyik tagjával, e közös osztó csak 5 lehet. Azonban akár

2 n - 1

, akár

2 n + 1

osztható 5-tel, a bővített sorozatban nincs több 5-tel osztható szám.
Ez a megoldás Máté Attilától származik. A feladat állításánál valamivel többet ad: a sorozat második páros tagjának 3-mal nem osztható szomszédja mindig relatív prím a többi tagok mindegyikéhez.

3. feladat. Egy derékszög csúcsa

O

, szárai ,,a'', ,,b''. Az

A

és

B

pontok úgy mozognak az ,,a'' és ,,b'' félegyeneseken, hogy

A O + O B

állandó. Az

A B

átmérőjű körön úgy jelöljük ki a

C

pontot, hogy

O C

legyen párhuzamos

A B

-vel. Mi a

C

pontok mértani helye?

Megoldás. Mérjük rá

a

és

b

-re

O

-tól az állandó

A O + O B

szakaszt és jelöljük a végpontot

A_{0}

, ill.

B_{0}

-lal.

O

A_{0}

és

B_{0}

tágabb értelemben hozzátartozik a keresett mértani helyhez. Ha ugyanis

A O = O B = O A_{0} / 2

, akkor az

A B

-vel

O

-n át húzott párhuzamos érinti az

A B

átmérőjű kört, így

C

gyanánt csak maga

O

vehető. Ha pedig

A

A_{0}

határhelyzetbe, és ezért

B

O

-ba kerül, akkor

A B

átmegy

O

-n, és így

C

egybeesik

A_{0}

-lal. Ugyanígy

A \equiv O

B \equiv B_{0}

esetén

C \equiv B_{0}

. Néhány további

C

-pont megszerkesztése után a szemlélet azt a sejtést adja, hogy a keresett mértani hely az

A_{0} B_{0}

átmérő fölötti,

O

-n átmenő

i

félkör, más szóval az

A_{0} B_{0} O

egyenlő szárú derékszögű háromszög köré írt

k

körnek az

O

-t tartalmazó

A_{0} B_{0} = i

íve. Bebizonyítjuk, hogy

A_{0} B_{0}

felezőpontját

K

-val jelölve mindig fennáll

K C = K A_{0} = K O

.
Szerkesztésünk szerint

B O + O A = O A_{0} = O A + A A_{0}

, tehát

B O = A A_{0}

; másrészt

K O = K A_{0}

és

K O B ∢ = K A_{0} A ∢ = 45^{\circ}

, így a

K O B

és

K A_{0} A

háromszögek egybevágók. Ezért

K B = K A

, vagyis

A B

-nek

t

felező merőlegese az

A B

minden helyzetében átmegy

K

-n. Ámde

t

egyszersmind az

A C O B

húrtrapéz szimmetriatengelye, tehát

O C

-t is merőlegesen felezi, és így valóban

K C = K O = K A_{0}

. Eszerint a mértani hely minden pontja

k

-n van.
Megmutatjuk másrészt, hogy az

i

ív minden

C^{*}

pontja hozzátartozik a keresett mértani helyhez. Messe a

C^{*} A_{0}

húr

f

felező merőlegese

a

-t

A^{*}

-ban, forgassuk el a

K A_{0} A^{*}

háromszöget

K

körül úgy, hogy

A_{0}

O

-ba jusson, és legyen ekkor

A^{*}

új helyzete

B^{*}

. Megmutatjuk, hogy az

A^{*}

B^{*}

pontokhoz a feladat feltételei szerint

C^{*}

tartozik hozzá. ¹
A használt forgatás szöge

A_{0} K O ∢ = 90^{\circ}

, ezért az

a

-n levő

A_{0} A^{*}

oldal új

O B^{*}

helyzete merőleges

a

-ra, tehát

B^{*}

b

-n van. Továbbá

O B^{*} = A_{0} A^{*}

, tehát

O A^{*} + O B^{*} = O A^{*} + A^{*} A_{0} = O A_{0}

, az előírt állandó. ‐ Másrészt

f

átmegy

K

-n, így a

K A^{*} C^{*}

háromszög az

f

-re vett tükörképe

K A^{*} A_{0}

-nak, az utóbbi pedig azonos körüljárással egybevágó

K B^{*} O

-val, tehát

K A^{*} C^{*}

és

K B^{*} O

ellentétes körüljárással egybevágók. És mivel

K

csúcsuk közös, azért van olyan

t^{*}

tengely, amelyre tükrözve egymásba mennek át. Tehát

A^{*} B^{*}

és

C^{*} O

párhuzamosak (merőlegesek

t^{*}

-ra), és az

A^{*} B^{*}

C^{*}

O

pontok egy szimmetrikus trapéz csúcsai. Végül

A^{*} O B^{*} ∢ = 90^{\circ}

, ezért

O

, és vele

C^{*}

is rajta van az

A^{*} B^{*}

átmérőjű körön. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
Amíg

C

O

-t tartalmazó

A_{0} B_{0} = i

íven van, addig

A_{0} K A ∢ = A_{0} K C ∢ / 2 = A_{0} B_{0} C ∢ < 90^{\circ} = A_{0} K O ∢

, tehát

A

A_{0} O

szakaszon, az

a

félegyenesen van, és ennélfogva

B

b

-nek pontja. Ha viszont

C

-t a

k

-nak az

A_{0} O B_{0}

szögtartományba eső ívén vennénk, akkor a

C O

-val párhuzamos egyenesek vagy csak

a

-t, vagy csak

b

-t metszenék, így nem lehetséges a

C

-t előállító

A

B

pontpár.
Mindezek szerint a

C

pontok mértani helye valóban az

A_{0} O B_{0}

félkörív.

Megjegyzés. Ha megengedjük, hogy

A

túlmehessen az

A_{0}

határhelyzeten, akkor

A O + O B

állandósága csak negatív

O B

-vel maradhat fenn. Ennek a

b

félegyenes

O

-n túli meghosszabbításán levő

B

pontot feleltetve meg, a fentiekhez hasonlóan belátható, hogy

C

mértani helye az

O B_{0}

negyedkörnek

K

-ra vett

O' A_{0}

tükörképe (az

O'

pont kivételével, mert így mindig fennáll

| O B | < O A

, tehát

A B

és

O C

a

-val

45^{\circ}

-nál kisebb szöget zár be). Ha pedig

B

halad túl

B_{0}

-on és

A

a

félegyenes

O

-n túli meghosszabbításán van, akkor

C

mértani helye az

O' B_{0}

negyedív (

O'

-t kizárva). Ezek szerint előjellel vett

O A

O B

távolságokat tekintve

C

mértani helye a

k

kör az

O'

pont kivételével.

Lőrincz Pál, Bakos Tibor, Surányi jános

¹Az ábrán a *-okat nem tüntettük fel.