Cím: Az 1965. évi Arany Dániel tanulóversenyek II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása, kezdők versenye, az általános verseny feladatai
Szerző(k):  Fried Ervin ,  Surányi János 
Füzet: 1966/február, 49 - 54. 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. Egy kör kerületének három pontja A, B, C. Ezeknek a kör egy átmérőjére vonatkozó tükörképe sorban A1, B1, C1. Húzzunk párhuzamost A1-en át BC-vel, B1-en át AC-vel, C1-en át AB-vel. Bizonyítsuk be, hogy a kapott három egyenes egy ponton megy át.

 
 
1. ábra
 

I. megoldás. Vázlatot készítve azt találjuk, hogy a kérdéses metszéspont a körön van. Könnyebb lesz ezt a többet mondó állítást bebizonyítani.
Mivel átmérőre tükröztünk, A1, B1 és C1 is a körön van. Azt fogjuk megmutatni, hogy az A1-en át BC-vel és a B1-en át AC-vel párhuzamosan húzott e1, illetőleg e2 egyenes a körön metszi egymást. A harmadik egyenesre már könnyen átvihető lesz eredményünk.
Messe az e1 egyenes a kört másodszor A2-ben, az e2 egyenes B2-ben, így azt akarjuk belátni, hogy A2 azonos B2-vel. Egyelőre feltesszük, hogy A1 és A2 különböző pontok, úgyszintén B1 és B2 is (1. ábra).
A BC és A1A2 szakaszok a kör párhuzamos húrjai, ezért végpontjaik egy szimmetrikus trapéz (húrtrapéz) csúcsai, páronként egymás tükörképei a mindkét húrra merőlegesen álló da átmérőre mint tengelyre nézve. Így a CA2 és BA1 húrok egyenlők, mert egymás da-ra vonatkozó tükörképei.
Hasonlóan egy húrtrapéz csúcsai az A, A1, B és B1 pontok ‐ az először végzett tükrözések miatt, mert AA1 és BB1 merőlegesek a felhasznált d0 átmérőre ‐, valamint A, C, B1 és B2 is, a másodszorra szerkesztett párhuzamos miatt, itt a szimmetriatengely az AC-re merőleges db átmérő. Ezért
BA1=B1A=B2Cés ígyCA2=B2C(1)

Eszerint A2 és B2 a körnek C-től egyenlő távolságra levő pontjai, tehát vagy egymás tükörképei a C-ből kiinduló átmérőre nézve, vagy egybeesnek. Csak azt kell már belátnunk, hogy az utóbbi eset áll fenn.
Mozgassunk egy M pontot a körön C-ből A2-be a köztük levő két körív valamelyikén, és tekintsük azt a mozgást, amit M-nek da-ra való Ma tükörképe végez, továbbá Ma-nak d0-ra való M0 tükörképe, végül amit M0-nak db-re való Mb tükörképe végez. Az (1) alatti egyenlő húrok mindegyikének végpontjai a kört úgy osztják két-két ívre, hogy a részívek páronként egyenlők, és az M, Ma, M0, Mb pontok az egyenlő hosszú íveket írják le. A pontok mozgása mindig a kör középpontja körüli forgás, amelynek iránya az egymás utáni párokban a tükrözés miatt ellentétes. Így M és M0 forgási iránya megegyező, mert mindegyik ellentétes irányú Ma forgásával, és hasonlóan Mb iránya is ellentétes M-ével. Ezért az M és Mb által befutott CA2 és B2C ívek ellentétes irányúak, az utóbbinak a végpontja viszont azonos az előbbinek a kezdőpontjával, ezért a B2 kezdőpont is azonos az A2 végponttal. Ezt akartuk belátni.
Akkor is érvényes (1), valamint meggondolásunk záró része is, ha e1 érinti a kört. Ekkor ugyanis A2 helyén csak maga A1 vehető, másrészt az A1-ből kiinduló átmérő merőleges BC-re, az A1BC háromszög egyenlő szárú, és így CA2=CA1=BA1. Hasonlóan okoskodunk, ha e2 érinti a kört. Ezzel az első két párhuzamosra vonatkozó állításunkat bebizonyítottuk.
Meggondolásunkban az A, B, C; A1, B1; A2, B2 pontok szerepét rendre a B, C, A, B1, C1, B2, C2 pontoknak adva át, úgyszintén e1, e2, da, db, Ma, Mb szerepét rendre e2, e3, db, dc, Mb, Mc-nek ‐ ahol C2-t, e3-at, dc-t és Mc-t a fentiekhez hasonlóan értelmezzük ‐, azt kapjuk, hogy e2 és e3 a körön metszik egymást, C2 egybeesik B2-vel, tehát az eredeti meggondolás szerint A2-vel is. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
 
Megjegyzés. M és tükörképei mozgásának elképzelése tulajdonképpen mellőzhetővé tette az (1)-re vezető meggondolást, hiszen megismételte azt, de többet mondott nála. Az ábra azonban csak nyugalmi helyzetet mutat, szemlélete előkészítette a később mondottakat.
 

II. megoldás. Ismét azt bizonyítjuk, hogy a feladatban szereplő egyenesek a körön metszik egymást. Elég megmutatni, hogy az A1-en át BC-vel és B1-en át AC-vel húzott párhuzamosok a körön metszik egymást. A feltételeket leírhatjuk csupán a kör O középpontján átmenő tengelyekre való tükrözésekkel.
 
 
2. ábra
 

Jelöljük a körnek a feladat szövegében említett átmérőjét t-vel, a BC-re és a CA-ra merőleges átmérőt t1-gyel, ill. t2-vel (2. ábra). Ekkor A-ból a kérdéses körpontba úgy juthatunk, hogy A-t tükrözzük t-re, majd a tükörkép-pontot (A1-et) t1-re; hasonlóan B-ből a megfelelő metszéspontba a t-re, majd t2-re való tükrözéssel juthatunk. Megfordítva, a kétszeri tükrözéssel kapott pontból B-be a t2-re, majd t-re való tükrözéssel jutunk ‐ és csak ebből a pontból, hiszen B1 az egyetlen pont, amelyet t-re tükrözve B-t kapjuk, és olyan pont is egyetlenegy van, amelynek t2-re vonatkozó tükörképe B1, ugyanis B1-nek a t2-re vonatkozó tükörképe. Így, ha állításunk igaz, akkor A-t sorra tükrözve t-re, t1-re, t2-re, majd újra t-re, B-be jutunk, de fordítva is, ha utolsó állításunk igaz, akkor A-t t-re, majd t1-re tükrözve ugyanazt a pontot kapjuk, mint ha B-t tükrözzük t-re, majd t2-re.
Elég tehát azt megmutatni, hogy A a fent említett négy tükrözéssel B-be megy át.
Ehhez megmutatjuk, hogy két egymást metsző tengelyre történő, egymás utáni tükrözés eredménye ugyanaz, mint ha metszéspontjuk körül egy kétszer akkora forgatást végzünk, mint ami az első tükrözés tengelyét a másodikéba viszi át. Ebből átfogalmazott állításunk helyessége következik, hiszen A-t a t, majd. a t1 tengelyre tükrözve az eredmény a kör O középpontja körül a t-t t1-be vivő forgás kétszeresével való elforgatással helyettesíthető. Az ez utáni tükrözés t2-re, majd t-re annak a forgatásnak a kétszeresével helyettesíthető, amely t2-t t-be viszi át. A két forgatást egymás után elvégezve a forgatások szögei összeadódnak, és ez a forgásszög-összeg független a forgatások sorrendjétől. Így a négy tükrözés együtt annak a forgatásnak a kétszeresét adja, amellyel t2, a t-be, majd innen t1-be forgatható. Az utoljára említett forgatás a t2-t t1-be vivő forgatás, vagy ennél 180∘ egy többszörösével nagyobb. Így kétszerese a t2-t t1-be vivő forgatás kétszeresétől csak 360∘ egy többszörösével különbözhet, azonban 360∘ egy többszörösével való forgatás minden pontot önmagába visz át.
A négy egymás utáni tükrözés eredménye tehát az O körül a t2-t t1-be vivő forgatás kétszerese, ez pedig A-t éppen B-be viszi át; ezt akartuk bizonyítani.
A két tükrözés összetételére vonatkozó állítást kell tehát még belátnunk. Legyen a két egymást metsző tükörtengely a és b, metszéspontjuk O.
 
 
3. ábra
 

Egy P pont a-ra vonatkozó tükörképét megkaphatjuk úgy is, hogy az OP szakaszt O körül pl. az óramutató járásával ellentétes irányban ‐ ezt szokás pozitív forgásiránynak tekinteni ‐ a-ig forgatjuk, majd innen ugyanekkora szöggel tovább. az OP' helyzetbe. Ekkor P' a P tükörképe a-ra (3. ábra). A P-t P'-be vivő forgás szöge függ P helyzetétől. P'-t a b-re vonatkozó P" tükörképébe ismét átvihetjük úgy, hogy OP'-t pozitív irányban b-ig forgatjuk, majd innen még ugyanekkora szöggel továbbforgatva jutunk az OP" szakaszhoz. Így végül OP-t annak a forgásnak a kétszeresével forgattuk el (a 3. ábra vastagabban jelölt ívei), amely a-t P'-n áthaladva b-be viszi át. Ez vagy az a-t pozitív irányban b-be vivő legkisebb forgás, vagy az annál 180∘-kal nagyobb forgás kétszerese; eredménye tehát minden esetben ugyanaz, mint az a-t b-be vivő forgatás kétszereséé, mért a 360∘-kal való továbbforgatás nem okoz változást. Ezzel segédtételünket, s így a feladat állítását is bebizonyítottuk.
 
Megjegyzések. 1. Itt nem kellett különválasztanunk azt az esetet, ha pl. az A1-en át BC-vel párhuzamosan húzott egyenes érinti a kört. Ekkor t1 átmegy A1-en, s így a rá való tükrözés A1-et helyben hagyja.
2. Meggondolásunkban felhasználtuk, hogy egy középpont körüli egymás utáni forgatások felcserélhetők, így segédtételünk értelmében egy ponton átmenő tengelyekre vonatkozó tükrözéspárok is felcserélhetők. (Tükrözések nem cserélhetők fel, hiszen a b-re, majd a-ra való tükrözés azt a forgást adja, ami az a-ra, majd b-re való tükrözéssel egyenértékű forgatást teljes körülforgássá egészíti ki.) Így a t-re, t1-re, t2-re, majd t-re vonatkozó tükrözés ugyanazt eredményezi, mint ha t2-re, t-re, újra t-re, majd t1-re tükrözünk. Azonban a t-re való kétszeri tükrözés minden pontot helyben hagy, tehát az eredmény ugyanaz, mint ha t2-re, majd t1-re tükrözünk. Lényegében ezt láttuk be a megoldás során geometriailag.
3. A bizonyítandó állítást tovább alakíthatjuk, megfigyelve, hogy B-t ismét t1-re, majd t2-re tükrözve C-be, majd A-ba jut, és B az egyetlen pont, aminek megvan ez a tulajdonsága. Elég tehát azt megmutatni, hogy A-t sorra a t, t1, t2, t, t1, t2 tengelyekre tükrözve eredeti helyzetébe jut vissza. Ez azonnal látható, ha ‐ előző megjegyzésünk értelmében ‐ az első és második tükrözéspárt megcseréljük. Eszerint a hat tükrözés eredménye ugyanaz, mintha A-t sorra a t2, t, t, t1, t1, t2 tengelyekre tükrözzük. De a t-re és újra t-re való tükrözés helyben hagyást eredményez, úgyszintén a t1-re és ismét t1-re való tükrözés, tehát a hat tükrözés egymásutánja ugyanazt eredményezi, mint a t2-re, majd t2-re való tükrözés, vagyis a helyben hagyást.
4. Az előző átfogalmazás azt jelenti, hogy a t, t1, t2 tengelyekre való tükrözések egymásutánja olyan transzformációt eredményez, amelyet kétszer egymásután alkalmazva minden pont eredeti helyzetébe kerül vissza. Valóban, a három tükrözés eredménye egyetlen tükrözéssel helyettesíthető. A t-re és t1-re való tükrözés ugyanis annak a forgatásnak a kétszeresével helyettesíthető, amelyik t-t pozitív irányban t1-be viszi át. Ugyanerre a forgatásra vezet azonban minden olyan O-n átmenő tengelypárra vonatkozó tükrözés is, amelyek elsőjét a másodikba ugyanakkora forgás viszi át, mint t-t t1-be. Legyen t* az a tengely, amelyet t2-be ugyanaz a forgatás viszi át, mint t-t t1-be. Ekkor a t-re, t1-re, majd t2-re való tükrözés eredménye ugyanaz, mint a t*-ra, t2-re, majd t2-re való tükrözésé, ezé pedig ugyanaz, mint a t*-ra való tükrözésé. Ezzel állításunkat igazoltuk.
 

2. feladat. István két 5000Ft-os gépkocsi nyereménybetétkönyvet váltott. A sorsolási negyedév 20. napján igy szólt Kálmánhoz: ,,Vedd át az egyik könyvemet. Ha nyerünk, a nyeremény árán mint kamaton elosztozunk, betéteink és az eltelt idő arányában.'' Kálmán másnap 4000Ft-ot adott át neki. ‐ Egy hónappal később István ugyanezzel a feltétellel Lászlótól 2500Ft-ot vett fel. ‐ Kálmán ugyanekkor azt mondta Miklósnak: ,,Adj nekem 2000Ft-ot. 4000Ft-om van közös gépkocsi nyereménybetétkönyvön. Ha kihúzzák, a részemet megfelezzük, mintha velem egyszerre léptél volna be, '' Miklós elfogadta az ajánlatot.
A negyedévi húzáson mindkét könyv nyert, az egyik autót 60000Ft-ra becsülték, a másikat 48000Ft-ra. Az osztozásnál István az első autót meg akarta tartani. A többiek tudomásul vették, hogy a másik autó árán osztoznak. Miklós csak ekkor tudta meg, hogy Kálmán betétje nem a teljes negyedévben volt benn, és emiatt nyereményük kisebb lesz. Kárpótlásul Kálmán vállalta, hogy Miklós részét az övé terhére úgy számítsák, mintha Miklós pénze a negyedév elejétől lett volna a betétben.
A második autó eladása után azonban csak 42000Ft maradt felosztásra. Mennyit kapott ebből a négy résztvevő?
 
Megoldás. I. A nyereményt először István, Kálmán és László között kell felosztanunk, hiszen Kálmán Miklóssal csak a maga remélt nyereményhányadára kötött megállapodást.
A becslés szerint 108000Ft értékű nyeremény a megegyezések szerint a betétben volt 10000Ft negyedévi, azaz 90 napi kamata, ezért belőle mindegyiküknek minden egyes betett forintjára minden betéti napra 12 fillér jut.
Istvánnak az első 20 napon át 10000Ft-ja volt a betétben, a következő 30 napon át 6000Ft-ja, a hátra levő 40 napon át pedig 3500Ft-ja, így neki
20⋅10000+30⋅6000+40⋅3500=520000-szer 0,12 Ft,  
azaz 62400Ft jár. Hasonlóan
 
Kálmán része 70⋅4000⋅0,12=33600 Ft,
László része 40⋅2500⋅0,12=12000 Ft.
 
Ezt bizonyára a fiúk is kiszámították, mielőtt elfogadták, hogy István megtartsa az értékesebb autót. Így azt is elfogadták, hogy Istvánnak még 2400Ft jár a második autó várt eladási árából.
II. Miklós 2000Ft-ja után Kálmán kijelentése szerint 90 napra jár a kamat, ez 90⋅2000⋅0,12=21600Ft, igy Kálmánnak 12000Ft marad.
III. Minthogy a felosztandó összeg 1/8 résszel kisebbnek adódott a becsértéknél, mindegyik résztvevő megállapított részét 1/8 résszel csökkentették, István 2100Ft-ot kapott, Kálmán és László fejenként 10500-at, Miklós pedig 18900Ft-ot.
 
Megjegyzés. Sok versenyző többféleképpen is próbálta értelmezni, illetőleg kissé megváltoztatni a feladatot. A felosztásban azonban csak azt szabad tekintetbe venni, amiben a résztvevők megállapodtak, akár páronként, akár együttesen. Ide értendő a becsértékek megállapítása, a szó szerinti osztozásnak a 2. autó árára való korlátozása, valamint Kálmán egyoldalú kijelentése is, mert Miklós nem tett ellenvetést.
 
3. feladat. Egy matematikai versenyen 5 feladatot tűztek ki. A versenyzők között nem volt két olyan, aki pontosan ugyanazokat a feladatokat oldotta volna meg. Ha azonban a feladatok közül bármelyiket figyelmen kívül hagyjuk, akkor bármelyik versenyzőhöz található olyan másik versenyző, aki a megmaradó 4 feladat közül ugyanazokat oldotta meg. Hányan vettek részt a versenyen?
Bár a szöveg ezt nem állítja, feltesszük, hogy volt versenyző.*
 
I. megoldás. Bármelyik feladatot figyelmen kívül hagyva mindegyik versenyzőhöz csak egy olyan másik versenyző van, aki a maradó négy feladatban ugyanazt az eredményt érte el, mint ő. Ha ugyanis volna kettő, akkor hármuk közt vagy volna kettő, aki a figyelmen kívül hagyott feladatot megoldotta, vagy kettő, aki nem oldotta meg, de akkor ők ketten mind az 5 feladat közül ugyanazokat oldották volna meg (esetleg egyet sem), ez pedig a feltétel szerint nem teljesül.
Az 1. feladatot figyelmen kívül hagyva párokba állíthatjuk a versenyzőket úgy, hogy a párok a maradó 4 feladat közül ugyanazokat oldották meg, az 1.-t pedig egyikük megoldotta, másikuk nem. Így a versenyzők száma kétszerese az első feladatot megoldók számának.
Ha most a 2. feladatot hagyva figyelmen kívül alakítunk párokat, akkor egy az első feladatot megoldó versenyző párja is megoldotta az 1. feladatot, hiszen a 2. feladattól eltekintve azonos eredményt értek el; a 2. feladatot viszont egyikük megoldotta, a másikuk nem . Így az 1. feladatot megoldó versenyzők száma 2-szerese, az összes versenyzőké tehát 4-szerese az 1. és 2. feladatot megoldók számának. Hasonlóan a 3. feladat szerint állítva párokba, egy tanulónak, aki az első két feladatot megoldotta, a párja is megoldotta az első két feladatot, a 3. feladatot pedig egyikük oldotta csak meg, így az első két feladatot megoldókat külön állítottuk párokba, számuk kétszer akkora, az összes versenyzőké tehát 8-szor akkora, mint az első három feladatot megoldók száma. Ugyanígy látható, hogy 16-szor annyi versenyző volt, mint ahányan az első négy feladatot megoldották, és 32-szer annyi, mint amennyi mind az 5 feladatot megoldotta. Ilyen versenyző azonban legfeljebb egy volt, és ha feltettük, hogy volt versenyző, akkor egynek kellett is lennie. Így összesen 32 versenyző volt.
 
II. megoldás. Egy feladat megoldását jelöljük 1-gyel, a meg nem oldását 0-val. Minden versenyző eredményét írjuk fel ilyen módon, a feladatok eredményét a kitűzés sorrendjében tüntetve fel, tehát pl. 10110 azt jelöli, hogy a megfelelő versenyző a 2. és 5. kivételével megoldotta a feladatokat. Számoljuk össze a lehetőségek számát. Az első helyen 0 vagy 1 áll, mindegyik mellett állhat a második helyen 0 vagy 1, tehát az első két helyet 4-féleképpen tölthetjük ki. A harmadik helyet ismét 2-féleképpen tölthetjük ki, és minden újabb feladat figyelembevételével megkétszereződik a lehetséges eredmények száma. Így az öt feladat megoldásában 2⋅2⋅2⋅2⋅2=32-féle eredmény lehetséges, ennél több versenyző sem lehetett tehát, mert az első feltétel szerint nem volt két versenyző, aki pontosan ugyanazokat a feladatokat oldotta volna meg.
Megmutatjuk, hogy ha feltesszük, hogy volt versenyző, akkor 32-nek kellett lennie, tehát minden eredménynek elő kellett fordulnia. Válasszunk ki egy versenyzőt, A-t, jelezze az eredményét az abcde jegysorozat (mindegyik betű 0-t vagy 1-et jelent). Aki például az 1. feladatban tőle különböző eredményt ért el, annak az eredménytáblája 1-a-val kezdődik, ezt rövidebben a¯-sal fogjuk jelölni.* Ekkor minden lehetséges eredmény előáll úgy, hogy az a, b, c, d, e számok közül egyeseket (esetleg egyet sem, vagy mindet is) föléhúzunk, hiszen egy betű és a fölülhúzottja közül az egyik 0, a másik 1. Azt kell tehát belátnunk, hogy minden ilyen módon jelzett eredmény elő is fordul. Eljárást adunk meg, amivel minden eredményhez megtalálhatjuk az éppen azt az eredményt elért versenyzőt. Ezt az a¯bc¯d¯e¯ példáján mutatjuk be: A-hoz található olyan B versenyző, akinek az eredménye A-étól csak az 1. feladatban különbözik, tehát B eredménye a¯bcde A B-től csak a 3. feladatban eltérő versenyző, C eredménye a¯bc¯de; az ettől csak a 4. feladatban eltérő D eredménye a¯bc¯d¯e, végül azé az E versenyzőé, akinek az eredménye D-étől csak az 5. feladatban különbözik, a¯bc¯d¯e¯. E tehát a keresett versenyző. B, C, D, E a feladat második feltétele szerint rendre létezik. Hasonlóan látható be bármelyik eredményről, hogy előfordul a versenyzők közt, tehát 32 versenyző vett részt a versenyen.
 
Fried Ervin, Surányi János

*A feladat szövege szerint megoldás az is, hogy egy versenyző sem indult, hiszen akkor sem volt két olyan versenyző, aki pontosan ugyanazokat a feladatokat oldotta meg, a másik feltétel pedig csak akkor nem teljesül, ha találunk egy versenyzőt és egy feladatot, hogy a feladatot figyelmen kívül hagyva is a versenyző a többi négy feladatban mindenki mástól különböző eredményt ért el. Ha azonban nincs versenyző, akkor ilyen versenyzőt nem találunk.

*Olvasd: á fölül vonás.