Cím: Az 1962. évi Arany Dániel tanulóversenyek II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása: Haladók versenye
Szerző(k):  Lőrincz Pál 
Füzet: 1963/január, 10 - 17. 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:

105(x+y)=120(y+z)=168(z+x)=xyz.(1)

I. megoldás. Az adott 4 tagú egyenlőségsorozat bármely két tagja egyenlő kell, hogy legyen. Pl. az első kifejezés egyenlőségét írva fel a többi hárommal, két elsőfokú egyenletet kapunk, és az ismeretlenek szorzata csak egy egyenletben lép fel:
105(x+y)=120(y+z),(2)105(x+y)=168(z+x),(3)105(x+y)=xyz.(4)
(Ezekből a jobb oldalak egyenlősége már következik.)
Fejezzük ki az első két egyenletből y-t és z-t x-szel. Osszuk (2)-t 15-tel, (3)-at 21-gyel és vonjuk ki az utóbb kapott egyenletet az előbbiből. Így z kiesik:
7(x+y)-5(x+y)=8(y+z)-8(z+x)=8(y-x),
amiből
y=15x3.(5)
Ennek alapján (2)-ből
z=78(x+y)-y=788x3-5x3=2x3.(6)
Ezeket (4)-be helyettesítve rendezés után
1058x3-10x39=0,x(749-x2)=0,
és ennek gyökei:
x1=0,x2=749=67,x3=-67.
y és z megfelelő értékei (5), ill. (6) alapján:
y1=0,y2=107,y3=-107,z1=0,z2=47,z3=-47.
Mindhárom értékhármas kielégíti az egyenletrendszert.
 

II. megoldás. Egyszerűen jutunk célhoz akkor is, ha (1)-ből úgy írunk fel három független egyenletet, hogy az első három kifejezést külön-külön a negyedikkel tesszük egyenlővé, majd a fentiekhez némileg hasonlóan mindhárom ismeretlent kifejezzük az xyz=p szorzattal, és először p-t számítjuk ki. A mondott egyenletekből mindjárt osztással:
x+y+z=p105,y+z=p120,x+y+z=p168.
Az első kettő összegéből a harmadikat kivonva
2y=p105+p120-p168=p840(8+7-5)=p84,y=p168,és hasonlóanz=p420,x=p280.
Most már szorzással
p420p168p280=p,p(p2-15610283)=0,
amiből, a zárójelbeli kivonandó 15415282227 alakjával
p1=0p2=16807,p3=-16807,
és így a fenti kifejezésekkel ismét az
x,y,z={0,0,0,67,107,47,67,-107,-47
gyökrendszereket kapjuk.
 

2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha két hatszög oldalainak felezőpontjai rendre megegyeznek, akkor a két hatszög területe egyenlő.
 

I. megoldás. Legyen a P1P2P3P4P5P6=P hatszög P1P2, P2P3, ..., P6P1 oldalának felezőpontja rendre A, B, C, D, E, F, és tegyük fel, hogy rendre ugyanezen pontok felezik a Q1Q2Q3Q4Q5Q6=Q hatszög egymás utáni Q1Q2, Q2Q3, ..., Q6Q1 oldalát is. Azt kell bebizonyítanunk, hogy a P és Q hatszögek területe egyenlő.
Egyelőre feltesszük, hogy sem P, sem Q nem hurkolt idom és meggondolásainkat az 1. ábra esetéhez kapcsoljuk hozzá. A közös felezőpontokban a két hatszög egy-egy oldala metszi egymást, pl. A-ban a P1P2 és Q1Q2 oldalak. Ezért az egyik hatszög kerületén végighaladva mindegyik felezőpontban átlépjük a másik hatszög kerületét, vagy belépünk abba, vagy kilépünk belőle, ‐ hacsaknem kivételesen P és Q egy-egy oldalegyenese egybeesik, és így egy szakaszon közös határukon haladunk. Ennélfogva Q területének is bizonyos részei P-n belül vannak, más részei P-n kívül és viszont. Pl. az AP1Q1 háromszög P-höz hozzátartozik, Q-hoz pedig kívülről csatlakozik, az AP2Q2 háromszög viszont Q-n belül, egyszersmind P-n kívül van. E két háromszög egybevágó, mert A-ból kiinduló oldalaik páronként egyenlők és a köztük levő szögek csúcsszögek, ezért területük is egyenlő. Így kapjuk a következő 6 egyenlőséget (a háromszögek területét ugyanúgy jelölve, ahogy magukat a háromszögeket szokás):
AP1Q1=AP2Q2,BP3Q3=BP2Q2,CP3Q3=CP4Q4,(7)DP4Q4=DP5Q5,EP6Q6=EP5Q5,FP1Q1=FP6Q6.

 
 
1. ábra
 


A balról felsorolt háromszögek mind kívülről csatlakoznak Q-hoz, a jobboldaliak pedig P-hez. Ezért Q-hoz hozzávéve a bal oldali háromszögeket, az AQ2BP3CQ4P4DQ5EP6Q6FP1=S sokszöget kapjuk. Ugyanezt a sokszöget kapjuk P-ből a jobb oldalon felsorolt háromszögek hozzávételével. Eszerint, a P, Q, S idom területét is P-vel, Q-val, ill. S-sel jelölve, a (7) egyenlőségek összeadásával adódó egyenlőség két oldalának értékét pedig T-vel, a következő egyenlőséget írhatjuk fel:
S=Q+T=P+T.
Innen Q=P. Ezzel az állítást ‐ az ábrán felvett esetre ‐ bebizonyítottuk.
 

Megjegyzés. Számos versenyző a P és Q hatszögek közös részéhez, a Q1AP2BQ3CM1DP5EM2F sokszöghöz vette hozzá a bal-, ill. jobboldalon álló háromszögeket. (M1 a P3P4 és Q4Q5, M2 pedig a PP1 és Q5Q6 oldalak közös pontja; ezek nem egymásnak megfelelő oldalak; csak esetleges, hogy van közös pontjuk; ábránkon több ilyen oldalpár nincs is.) Egy részük nem vette észre, hogy így nem P-t, ill. Q-t kapta, hanem nagyobb idomot, mert egy-egy hozzávett háromszög részei, az M1P4Q4 és M2P6Q6 háromszögek sem P-hez, sem Q-hoz nem tartoznak hozzá. Mások ezek elvételével tették teljessé bizonyításukat.
A (7) háromszögekkel ,,kétszer fedett'' M1P4Q4 háromszög azért keletkezett, mert a C, D egymás utáni felezőpontok a P4Q4 egyenes ugyanazon oldalán vannak. Ha egy ilyen PiQi egyenes átmegy a Pi-1Pi, vagy a PiPi+1 oldal felezőpontján, akkor a (7) felsorolás megfelelő háromszöge egyenesszakasszá fajul, egyszersmind kétszer fedett háromszög sem keletkezik. Előfordulhat viszont, hogy mind a hat szakaszon létrejön kétszer fedett háromszög (2. ábra).
 
2. ábra
 

II. megoldás. P és Q egy-egy közös felezőponttal bíró oldalának ‐ pl. az egymást A-ban felező P1P2, Q1Q2 oldalpárnak ‐ végpontjai paralelogrammát alkotnak, ezért P1Q1Q2P2P3Q3Q4P4P5Q5Q6P6. Vegyünk egy a P1Q1-re merőleges, sem P-t, sem Q-t nem metsző e egyenest, és vetítsük erre P és Q csúcsait. A P1,Q1, a P2,Q2,..., a P6,Q6 pontpárok vetülete egybeesik, jelöljük ezeket rendre R1,R2,...,R6-tal (1. ábra, ezek közül egyesek egybe is eshetnek). Ekkor P és Q területét úgy kaphatjuk, hogy 4 ‐ 4 trapéz területének összegéből kivonjuk más 2 ‐ 2 trapéz területének összegét:
P=P4P3R3R4+P3P2R2R3+P2P1R1R2+P1P6R6R1-P4P5R5R4-P5P6R6R5,(8)Q=Q4Q3R3R4+Q3Q2R2R3+Q2Q1R1R2+Q1Q6R6R1-Q4Q5R5R4-Q5Q6R6R5.
A két kifejezés ugyanazon sorszámú tagjai páronként egyenlők, mert a megfelelő trapézok magassága és középvonala közös; pl. az első tagokra R4R3 és CC', ahol C' a C-nek e-n levő vetülete. Ezért P=Q.
Az ábránkétól különböző esetekben a (8) előállításokban a hozzáadandó tagok száma legalább 1, legfeljebb 5, és ezt a számot a levonandó tagok száma 6-ra egészíti ki. Amennyiben szomszédos indexű R pontok egybeesnek, a tagok száma csökken.
 

Megjegyzések. 1. A most bemutatott módon szokás meghatározni sokszögek területét, ha csúcsaik koordinátáikkal vannak adva. Így határozza meg a földmérő mérnök is sokszög alakú telkek területét.
 
 
3. ábra
 

2. Ez a bizonyítás mutatja, hogy az állítás a 3. ábra esetében is érvényes, ahol P és Q közös része nem összefüggő: két négyszögre és egy hatszögre esik szét. Ebben az esetben az I. megoldás megjegyzésében említett meggondolást jelentősen ki kellene egészítenünk.
3. A 4. ábra esetében Q hurkolt, Q2Q3 és Q4Q5 oldalszakaszainak közös pontja S, a Q1Q2 és Q5Q6 szakaszok közös pontja S'. Ilyen idom területét eddig nem értelmeztük. Az oldalszakaszok, ill. részeik a Q1S'Q6=H1 és SQ3Q4=H2 háromszögeket és az S'1Q2SQ5=N négyszöget határolják körül.
 
 
4. ábra
 

Nézzük meg, mit ad ebben az esetben a II. megoldás gondolatmenete. N területét (8) pozitív tagjaiban nem vettük számításba, mert a négyszög az R3Q3Q2R2, R2Q2Q1R1 trapézokon kívül van, a negatív tagokban viszont levontuk, mert az R4Q4Q5R5, R5Q5Q6R6 trapézok tartalmazzák. Eszerint az állítás érvényes marad, ha Q területén ezúttal a H1+H2-N kifejezést értjük. (Könnyen megjegyezhető ez a megállapodás, ha összehasonlítjuk a H1, H2 és N részek körüljárásának irányát, miközben Q kerületét Q1, Q2, Q3, Q4, Q5, Q6 sorrendben körüljárjuk. H1 és H2 körüljárása az óramutató járásával ellentétes irányú, akárcsak a P=P1P2P3P4P5P6 körüljárásé, N körüljárása pedig az óra járásával megegyező. Másképpen: H1, H2 és P körülhatárolt része a mondott körüljárásban a menetvonal bal oldalán van, N-é pedig a jobb oldalon.)
 

III. megoldás. Ismeretes, hogy bármely négyszög oldalfelező pontjai egy paralelogramma csúcsai, melynek oldalai párhuzamosak a négyszög átlóival és fele akkorák, mint az átlók (5. ábra, P1P2P3P4 és ABCG). Megmutatjuk, hogy a paralelogramma területe fele a P1P2P3P4 négyszög területének. Valóban, a P2P4 átló H felezőpontját A-val, B-vel, C-vel, ill. G-vel összekötő szakasz rendre párhuzamos és egyenlő a P4P1, P4P3, P2P3, ill. P2P1 oldal felezésével előállt szakaszokkal. Ezért az ABH és CGH háromszögek áttolhatók GCP4-be, ill. BAP2-be és a BCH és GAH háromszögek 180-os forgatással átforgathatók CBP3-ba, ill. AGP1-be. Így pedig a négy részre darabolt ABCG paralelogramma részeivel maradéktalanul lefedhetjük a P1P2P3P4 négyszögnek a paralelogrammán kívüli részeit.
 
 
5. ábra
 
 
6. ábra
 

(Állításunk hurkolt négyszögre is igaz ‐ 6. ábra ‐, ha ennek területét a fenti megjegyzés szerint értelmezzük, továbbá a felhasznált háromszögek területét pozitív, ill. negatív előjellel tekintjük aszerint, hogy felsorolt körüljárásuk iránya megegyező, ill. ellentétes az ABCG paralelogramma körüljárásának irányával. Ha a hurkolt négyszöget az S1S2S3S4 paralelogrammából képezzük az S3 és S4 csúcsok felcserélésével, akkor az oldalfelező pontok egy egyenesre esnek (7. ábra), ABCD=0, megfelelően annak, hogy S1S2BS4S3D, és így különbségük 0. A továbbiakban is minden területet így értünk.)
 
 
7. ábra
 

 
8. ábra
 

Ezek szerint a fenti P hatszöget a P1P4 átlóval a P1P2P3P4 és P1P4P5P6 négyszögekre bontva és ezen átló felezőpontját G-vel jelölve P területe kétszerese az ABCG és GDEF paralelogrammák területe összegének (8. ábra).
Ha mármost Q hatszög oldalainak felező pontjai ugyancsak rendre az A, B, ..., F pontok, akkor Q területe is kétszerese az ABCG+DEFG összegnek, és így egyenlő P területével, ugyanis a paralelogrammák negyedik (G) csúcsát az első három csúcs egyértelműen meghatározza, ha sorrendjük is adva van. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 

Megjegyzések. 1. Látható, hogy a négyszögoldalak felezőpontjai közül csak 3 független egymástól (pl. A, B, C), és sorrendjük meghatározza G-t. Másrészt az is, hogy tetszés szerinti számú olyan négyszög szerkeszthető, melyre az oldalak felezőpontjai rendre azonosak A, B, C, G-vel. Ha ugyanis egy tetszés szerinti S1 pont A-ra vett tükörképe S2, S2B-re S3 és S3C-re S4, akkor S4-nek G-re vett tükörképe azonos S1-gyel. Hasonlóan a hatszögoldalak felezőpontjai közül csak öt független egymástól. Pl. felvéve az A, B, C, D és E pontokat, megszerkeszthetjük a G pontot, mint az ABCG paralelogramma negyedik csúcsát, majd az F pontot, mint a GDEF paralelogramma negyedik csúcsát. Ha viszont az adott 6 felezőpont megfelel e feltételnek, akkor az előbbihez hasonló tükrözéssorozattal akárhány olyan hatszög szerkeszthető, melyre az egymás utáni oldalak felezőpontja A, B, C, D, E, F.
2. Az eddigi felezőpontokat A, B, C, F, E, D sorrendben véve a létrejövő hatszögek területe az előbbiekétől általában különböző, mert így a DEFG paralelogramma helyére FEDG lép, és ezek területei egymásnak negatívjai. Ezért nem felesleges a feladatnak az a kikötése, hogy a hatszögoldalak felezőpontjainak rendre kell megegyezniök.
3. Az állítás hatszög helyett bármely páros oldalszámú sokszög esetére érvényes, megjegyezve azt, hogy az utolsó felezőpontot a többiek ‐ és sorrendjük ‐ egyértelműen meghatározzák. Ez abból következik, hogy minden 2n oldalú sokszög (2n6) egy csúcsból kiinduló átlókkal n-1 négyszögre bontható.
Néhány versenyző akárhány oldalú sokszögre érvényesnek vélte az állítást. Ez a sejtés a páratlan oldalszámú sokszögekre semmitmondó. Ugyanis egy háromszög oldalainak felezőpontjai egyértelműen meghatározzák a háromszöget, és ugyanez áll a 2n-1 oldalú sokszögekre* (2n-15), mert ezekben egy csúcsból azokat az átlókat meghúzva, amelyek a sokszöget egy négyszögre és egy 2n-3, ill. 2n-5,...-szögre bontják (pl. P1P4,P1P6,P1P8,...,P1P2n-2) utoljára háromszöget kapunk. Ezt az oldalak felezőpontjai egyértelműen meghatározzák és ebből kiindulva a sokszög többi csúcsai is egyértelműen meghatározhatók.
 

3. feladat. Három fiú és három leány közül mindegyik fiú pontosan két leányt és mindegyik leány pontosan két fiút ismer. Bizonyítandó, hogy a fiúk és leányok párokba állíthatók úgy, hogy mindenki ismerőssel kerüljön össze.
 

I. megoldás. Álljanak körbe a leányok (arccal a kör belseje felé), és álljon mindegyik fiú a mögé a leány mögé, akit nem ismer. Így minden leány mögött pontosan egy fiú áll. Nem lehet ugyanis, hogy valamelyik fiú ne találna magának helyet, mert úgy mind a három leányt ismerné; és az sem lehet, hogy két fiú állna egy leány mögé, mert akkor az illető leánynak csak egy fiú ismerőse lenne. Lépjen most mindegyik fiú a körben egy hellyel jobbra. Így mindegyikük ismerős leány mögé jut, azzal álljon párba. Ezzel a kívánt felállítás lehetséges voltát bebizonyítottuk.
Ismerősök kerülnek egy párba akkor is, ha mindegyik fiú egy hellyel balra lép a körben. Eszerint a követelménynek kétféleképpen is eleget lehet tenni.
 

II. megoldás. Fogja meg az első fiú az őt ismerő két leány kezét, majd ők a másik fiú ismerősük kezét. Ez nem lehet ugyanaz a fiú, mert akkor a körből kimaradó fiú és leány a körben levő két leány, ill. két fiú egyikét sem ismerné, s így nem lehetne két-két ismerősük. A most a körbe állt mindkét fiú másik leányismerőse viszont a harmadik leány, hiszen ő az első fiút nem ismeri. Így vele a kör zárul. Ha most körben minden második kézfogást elengednek a körben állók, éppen az előírásnak megfelelő párokat kapunk.
 

Megjegyzés. Ez a megoldás megegyezik az elsővel abban, hogy mindkettőben kizárjuk nem-ismerős fiú-leány pár összeállítását. Az utóbbi módszer viszont akárhány pár megalakítására is használható, hacsak a leányok és a fiúk száma egyenlő (n), és minden jelenlevő a másik csoportból pontosan két személyt ismer. 1 n>3 esetén előfordulhat, hogy a kézfogás során több kör alakul ki. 4-tagú kör is lehetséges, ezt az adott esetben csak a kimaradók csekély száma tette lehetetlenné.
 

III. megoldás. Álljanak a fiúk és lányok ideiglenesen akárhogyan párba. Ha mindenki ismerőssel került össze, nincs további tennivaló. Ha valamelyik fiú nem ismeri a párját, akkor vegyenek maguk mellé egy másik párt, és a leányok cseréljenek helyet. Miután minden fiú csak egy leányt nem ismer, és minden leány csak egy fiút nem ismer, a cserével elérik, hogy mind a két pár tagjai ismerik egymást. Ha most a harmadik pár tagjai is ismerik egymást, nincs további tennivaló. Az ellenkező esetben velük és még egy párral az előbbi eljárást megismételjük. Eszerint, a legkedvezőtlenebb esetből kiindulva is sikerül két cserével elvégezni a kívánt párbaállítást.
 

Megjegyzés. Számos versenyző elnevezte a fiúkat és a leányokat és ezután sorra vette az összes lehetséges ismeretségeket. Ez az eljárás szükségtelenül bonyolítja a feladat megoldását.
 
 Lőrincz Pál
*Lásd 502. gyakorlat, K. M. L. 18 (1959/2) 45. o. és 557. gyakorlat, K. M. L. 19 (1959/11) 136. o.

1VÖ. Hajós ‐ Neukomm ‐ Surányi: Matematikai Versenytételek II. (Tankönyvkiadó, Bp. 1957.) 31 ‐ 33. o.