Kezdőlap


Cím:	Az 1962. évi Arany Dániel matematikai versenyek I. fordulóján kitűzött feladatok megoldása: A haladók (II. osztályosok) versenye
Szerző(k):	Bakos Tibor , Lőrincz Pál , Surányi János
Füzet:	1962/november, 104 - 106. 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. Legyenek $a$ és $b$ egynél kisebb pozitív számok. Bizonyítandó, hogy ekkor

\begin{matrix} 1 + a + b > 3 \sqrt[]{a b} . \end{matrix}

(1)

I. megoldás. Elegendő megmutatnunk, hogy (1) bal és jobb oldalának különbsége pozitív. A különbség így írható:

\begin{matrix} K = (a - 2 \sqrt[]{a b} + b) + (1 - \sqrt[]{a b}) = {(\sqrt[]{a} - \sqrt[]{b})}^{2} + (1 - \sqrt[]{a b}) . \end{matrix}

Az első tag nem negatív, a második pedig pozitív, ugyanis a feltevés miatt

a b

és vele a négyzetgyöke is 1-nél kisebb. Így

K

valóban pozitív.

II. megoldás. A három nem negatív szám számtani és mértani közepe közti egyenlőtlenség¹ szerint

\begin{matrix} \frac{1 + a + b}{3} > \sqrt[3]{a b}, \end{matrix}

mivel esetünkben nem lehet a három szám egyenlő. Másrészt megmutatjuk, hogy a jobb oldal nagyobb, mint

\sqrt[]{a b}

. Valóban

\begin{matrix} \sqrt[3]{a b} = \frac{\sqrt[3]{a b}}{\sqrt[]{a b}} \cdot \sqrt[]{a b} = {(a b)}^{\frac{1}{3} - \frac{1}{2}} \cdot \sqrt[]{a b} = {(a b)}^{- \frac{1}{6}} \cdot \sqrt[]{a b} = \frac{1}{\sqrt[6]{a b}} \cdot \sqrt[]{a b} > \sqrt[]{a b}, \end{matrix}

mert az első tényező nevezőjében 1-nél kisebb szám áll.

2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha

p

és

8 p - 1

törzsszám, akkor

8 p + 1

összetett szám.

I. megoldás. Az állítást fogalmazhatjuk szimmetrikusabban a következő módon: vagy

p

és

8 p - 1

közül legalább az egyik összetett szám, vagy

8 p + 1

összetett szám; még szimmetrikusabban: a

p

8 p - 1

és

8 p + 1

számok közül legalább az egyik összetett. Vizsgáljuk

p

-t a 3-mai való osztás maradéka szempontjából. Ekkor

p

vagy 1-et vagy 2-t ad maradékul, vagy osztható 3-mal, azaz vagy

3 n + 1

, vagy

3 n + 2

, vagy

3 n

alakú. Az első esetben

8 p + 1 = 24 n + 9 = 3 (8 n + 3)

összetett szám, mert

8 n + 3 > 1

; a másodikban

8 p - 1 = 24 n + 15 = 3 (8 n + 5)

osztható 3-mal és nagyobb mint 3; ha pedig

p = 3 n

, akkor 1-re összetett,

n = 1

(

p = 3

) esetén pedig

8 p + 1 = 25

összetett szám. Ezzel az állítást igazoltuk.

II. megoldás.

8 p - 1

8 p

8 p + 1

három egymás után következő természetes szám, ezért közülük egy (és csakis egy) osztható 3-mal. Ha

p

a 3-tól különböző prímszám és

8 p - 1

is prímszám, akkor sem az első, sem a második szám nem osztható 3-mal, tehát

8 p + 1

-nek kell 3-mal oszthatónak lennie. Mivel pedig ez a szám nagyobb, mint 3, tehát összetett.
Ha

p = 3

, akkor

8 p - 1 = 23

prím, viszont

8 p + 1 = 25

összetett.
Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

3. feladat. Adott egy háromszög. Szerkesszünk két egyenlő sugarú kört úgy, hogy mind a két kör érintse a háromszög két oldalát és ezenkívül egymást is érintsék.

Megoldás. Az oldalak érintésén a szokásnak megfelelően az oldalszakaszok érintését értjük. Így a keresett körök a háromszög belsejében vannak. Nem érintheti két különböző kör, amelyek sugara egyenlő, ugyanazt a két oldalt, így az egyik oldalt mindkét kör érinti, a másik kettőt egy‐egy kör.
Legyen a két kör középpontja

K_{1}

és

K_{2}

, érintsék egymást az

E

pontban, érintse mindkettő az

A B C

háromszög

B C

oldalát, az első az

E_{1}

, a második az

E_{2}

pontban. A háromszög

B

-ből, ill.

C

-ből induló szögfelezője legyen

f_{b}

, ill.

f_{c}

, ezen van a

K_{1}

, ill.

K_{2}

középpont; a két szögfelező metszéspontja legyen

O

A követelmény alapján

K_{1} E_{1} # K_{2} E_{2}

, a két szakasz merőleges

B C

-re és

K_{1} K_{2} = 2 K_{1} E = 2 K_{1} E_{1}

. Ezek szerint a

K_{1} E_{1} E_{2} K_{2} = T

négyszög olyan a

B C O

háromszögbe írt téglalap, melyben a

B C

-n levő és a rá merőleges oldalak aránya

2 : 1

.
Ezek szerint

T

-t hasonlósági transzformációval szerkeszthetjük meg, pl. a következőképpen: Legyen

K_{1}^{*}

B O

szakasz egy tetszés szerinti pontja. Bocsássunk

K_{1}^{*}

-ból

K_{1}^{*} E_{1}^{*}

merőlegest

B C

-re és mérjünk

E_{1}^{*}

-ból

2 K_{1}^{*} E_{1}^{*}

hosszúságú szakaszt ‐ legyen ez

E_{1}^{*} E_{2}^{*}

‐ a

B C

egyenesre úgy, hogy az

E_{1}^{*} E_{2}^{*}

irány megegyezzék a

B C

iránnyal, végül egészítsük ki e pontokat egy

K_{1}^{*} E_{1}^{*} E_{2}^{*} K_{2}^{*}

télalappá. Ekkor a

B K_{2}^{*}

egyenesnek

C O

-val való metszéspontja a keresett

K_{2}

, és az ezen át

B C

-vel párhuzamos egyenes

B O

-ból kimetszi

K_{1}

-et.
Valóban, a

K_{2}^{*} E_{1}^{*} K_{1}^{*}

és

K_{2} E_{1} K_{1}

derékszögű háromszögek hasonlók, mert a megfelelő csúcsaikat összekötő egyenesek

B

-ben metszik egymást és két pár megfelelő oldaluk párhuzamos és egyenlő irányú (a befogók), ennélfogva hasonló helyzetűek. Így

\begin{matrix} K_{1} K_{2} : K_{1} E_{1} = K_{1}^{*} K_{2}^{*} : K_{1}^{*} E_{1}^{*} = 2 : 1. \end{matrix}

K_{1}

és

K_{2}

körül

K_{1} E_{1}

sugárral írt körök érintik egymást és a

B C

oldalt, továbbá a

B A

, ill.

C A

oldalt is, mert ezek

B C

-vel tükrös párok

f_{b}

-re, ill.

f_{c}

-re nézve.
A

B K_{2}^{*}

egyenes minden háromszögben metszi

C O

-t, mert

K_{2}^{*}

O B C

konvex szögtérbe esik, tehát a szerkesztés egyértelműen végrehajtható.

B C

helyére a

B A

, majd a

C A

oldalt választva a két kör közös érintője gyanánt ‐ további két, a követelménynek megfelelő körpárt kapunk. Egyenlő szárú háromszögben a 6 kör közül kettő a szimmetria miatt nyilván azonos, azok, amelyek a két szárat érintik, amikor közös érintőnek az egyik szárat vesszük. Egyenlő oldalú háromszögből kiindulva pedig összesen 3 kör adódik.

Megjegyzések. 1. A hasonlósági transzformációt sok másféleképpen is felhasználták a versenyzők. Pl. a

B C

oldalt és egymást is érintő két egyenlő sugarú körhöz szerkesztettek

A B

-vel, ill.

A C

-vel párhuzamos érintőt úgy, hogy a keletkezett háromszög a köröket tartalmazza; vagy a

B C

szakaszra mint hosszabb oldalra kifelé szerkesztettek

T

-hez hasonló téglalapot, ennek

B C

-vel párhuzamos oldala

f_{b}

-vel és

f_{c}

-vel ad az

O B C

-hez hasonló helyzetű háromszöget stb. Ezek a háromszögek azután alkalmas nagyítással vagy kicsinyítéssel átvihetők az adott ábra megfelelő részébe.
2. Észrevehetjük azt is, hogy a

K_{1} K_{2}

szakasz

E

felezőpontja a

B C O

háromszögnek

B C

-hez tartozó súlyvonalán van. Ezért az

O F

súlyvonal által kettéosztott

B C O

háromszögnek egyik felébe négyzetet szerkeszteni: szintén a kitűzött feladattal egyenértékű feladat.

Lőrincz Pál, Bakos Tibor, Surányi János

¹Lásd pl. Kürschák‐Hajós‐NEUKOMM-Surányi: Matematikai versenytételek I., Tankönyvkiadó, Budapest, 1955, 111. o.; vagy Hódi: Szélső értékfeladatok elemi megoldása, Tankönyvkiadó, Budapest, 1959, 20. o.