Cím: Az 1965. évi Arany Dániel tanulóversenyek II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása, haladók versenye, az általános verseny feladatai
Szerző(k):  Lőrincz Pál 
Füzet: 1966/január, 1. 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. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezést:

[(a-c)2+(b-d)2]⋅(a2+b2)-(ad-bc)2.(*)

Megoldás. Jelöljük az átalakítandó kifejezést K-val. A kéttagúak négyzeteit tagokra bontva és részben beszorozva:

K=[a2+b2+c2+d2-2(ac+bd)](a2+b2)-a2d2-b2c2+2abcd==(a2+b2)2+(c2+d2)(a2+b2)-2(ac+bd)(a2+b2)--a2d2-b2c2+1abcd.



A második szorzatot tagokra bontva összevonások után a szorzatból két tag marad, amelyek az utolsó taggal együtt teljes négyzetet alkotnak: a2c2+b2d2+2abcd=(ac+bd)2. Így K is teljes négyzet:
K=(a2+b2)2+(ad+bc)2-2(ac+bd)(a2+b2)=[a2+b2-(ad+bc)]2.

Ezzel K-t két (egyenlő) tényező szorzatává alakítottuk.
 

2. feladat. Legyen az N szám nagyobb, mint a jegyeinek fordított sorrendben való leírásával keletkező F szám. Bizonyítandó, hogy
N<N-F.(1)

Megoldás. Ha az N számban a számjegyek száma páros, akkor a feladat állítására találhatók ellenpéldák, pl.
87>87-78=9,8108>8108-8018=90.

Páratlan számú számjeggyel írt N számokra viszont az állítás igaz, először ezt bizonyítjuk be; majd a páros esetben meghatározzuk azokat a számokat, amelyekre az állítás nem érvényes.*
I. Legyen N jegyeinek száma 2k+1. Ekkor N kisebb a legkisebb 2k+2 jegyű számnál, ami 102k+1 ezért
N<102k+1=10k⋅10<4⋅10k.(2)
Megmutatjuk, hogy N-F semmilyen megengedett N-re nem kisebb a négyzetgyökre itt talált felső korlátnál.
Az N szám balról számított k+1-edik számjegyének jobbról számított sorszáma is k+1, így ennek a jegynek a helyi értéke F-ben ugyanannyi lesz, mint volt N-ben, ti. 10k. Jelöljük ezt a számjegyet j-vel, az N-ben az első k számú jeggyel, illetőleg az utolsó k számú jeggyel írt számot pedig N1-gyel, illetőleg N2-vel. N1 utolsó számjegyének helyi értéke az N-ben 10k+1, ezért
N=N1⋅10k+1+j⋅10k+N2.
(N1 valódi k-jegyű szám, vagyis balról első számjegye nem kisebb 1-nél, N2 azonban kezdődhet helypótló 0-val is.) Legyen az N1, N2 szám jegyeinek fordított sorrendben való írásával előálló k-jegyű szám F1, illetőleg F2 (mindkettő kezdődhet helypótló 0-val), így

F=F2⋅10k+1+j⋅10k+F1,tehátN-F=(N1-F2)⋅10k+1-(F1-N2)(3)



N1 és F2 különbözők, mert különben N számjegysorozata szimmetrikus volna j-re, s ezért N=F állna. Így N>F miatt N1-F2≧1. Másrészt a kivonandó nem nagyobb a k számú 9-essel írott számnál, 10k-1-nél, így (2)-t is tekintetbe véve
N-F>1⋅10k+1-10k=9⋅10k>4⋅10k>N.

Ezzel a feladat állítását a páratlan számú jeggyel írt természetes számokra bebizonyítottuk.
 
II. Ha N számjegyeinek száma 2k, akkor N<102k, és így
N<10k.(4)

Ebben az esetben a fenti jelöléseket tovább használva

N=N1⋅10k+N2,F=F2⋅10k+F1,N-F=(N1-F2)⋅10k-(F1-N2),



és N-F>0 miatt ismét szükségképpen N1>F2. Továbbá a második zárójelbeli különbség most is kisebb 10k-nál. Ezért
N-F>(N1-F2)⋅10k-10k,
és így N1-F2≧2 esetén N-F nagyobb a (4)-beli felső korlátnál, tehát az (1)-et nem teljesítő számban csak N1-F2=1 lehet, azaz N1=F2+1. Ha F2 9-esre végződik, akkor N1 0-ra, így F1 első jegye 0, N2-é 9, tehát ekkor is
N-F=10k+(N2-F1)>10k.

Így csak az lehetséges, hogy F2 utolsó ‐ s így N2 első ‐ jegye 1-gyel kisebb, mint N1 utolsó, tehát F1 első jegye, a többi jegyek N1-ben és F2-ben, tehát F1-ben és N2-ben is megegyeznek. Ekkor F1-N2=10kk-1,
N-F=10k-10k-1=9⋅10k-1.
Ezek szerint csak akkor állhat fenn (1) helyett N≧N-F, ha (négyzetre emelve)
N>(N-F)2=81⋅102k-2=8,1⋅102k-1.(6)

Megállapításainkat összefoglalva 2k=2 esetén (6) így alakul: N≧81, vagyis első jegye 8 vagy 9, második jegye pedig a fentiek szerint 1-gyel kisebb; tehát 2 kétjegyű ellenpélda van: 87 és 98.
2k≧4 esetén a 2k-jegyű N szám akkor nem teljesíti (1)-et, ha középső két jegyével írt szám a
10,21,32,43,54,65,76,87,98
számok valamelyike, az ezt megelőző k-1 jegyű szám első két jegyével írt szám a
81,82,...,89,90,91,...,99
számok valamelyike, további k-3 számjegye (k≧4 esetén) tetszés szerinti, végül utolsó k-1 jegye fordított sorrendben rendre egyenlő az első k-1 jegyével.
2k=4 esetén a második számjegyre mindkét feltételnek teljesülnie kell, ezért az első két számjegy nem lehet 90, a 4-jegyű ellenpéldák száma 18. Hatjegyű ellenpélda 19⋅9=171 van, k≧3 esetén a 2k jegyű ellenpéldák száma 19⋅10k-3⋅9=171⋅10k-3.
 

3. feladat. Az ABCD téglalap két rövidebb oldala AB és CD. Messe a C pontból a BD átlóra bocsátott merőleges egyenes az AB oldal meghosszabbítását az E pontban. Messe továbbá a B középpontú, BC sugarú kör a téglalap AD oldalát az F pontban. Bizonyítandó, hogy EF merőleges FB-re.
 
 

Megoldás. A CEB és DBC háromszögek hasonlók, mert oldalaik páronként merőlegesek egymásra, ezért
EB=BCCD⋅CB.

Így EBF és FBA is hasonló háromszögek, mert B-nél levő szögük közös, és az ezt bezáró oldalak aránya az F-et előállító szerkesztés miatt egyenlő:
EBBF=BCCD⋅CBBF=BCCD=FBBA.

Az FBA háromszög A csúcsánál derékszög van, ezért a megfelelő BFE szög is derékszög. Ezt kellett bizonyítanunk.
Megjegyzés. A versenyzők egy része kifejezte FA-t, EA-t, majd EF-et is a téglalap oldalaival, és az
EB2=EF2+FB2
összefüggésre jutott. Ebből a feladat állítása a Pythagoras-tétel megfordítása alapján következik.
Lőrincz Pál
*Mint a versenyről kiadott jelentés közölte ‐ lásd K. M. L. (31) 1965. 3. o. ‐ a feladat szövegéből sajnálatosan kimaradt az a megszorítás, hogy az állítás páratlan számú számjeggyel írt természetes számokra bizonyítandó. ‐ Szerk.