Kezdőlap


Cím:	1973. évi Kürschák József matematikai tanulóverseny feladatainak megoldása
Szerző(k):	Lovász László , Surányi János
Füzet:	1974/február, 49 - 55. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)

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

Első feladat. Milyen $n$ és $k$ természetes számok esetén alkot számtani sorozatot

\begin{matrix} (\binom{n}{k - 1}), (\binom{n}{k}), (\binom{n}{k + 1}) ? \end{matrix}

A versenyzők egy része megmutatta, hogy

(\binom{n}{k})

k

-nak növekedő függvénye, ha

k \leq \frac{n}{2}

, és csökkenő függvénye, ha

k \geq \frac{n}{2}

, s így a binomiális együtthatók csak a szöveg szerinti felsorolás sorrendjében alkothatnak számtani sorozatot. A versenybizottság enélkül is teljesnek fogadta el a különben helyes megoldást, éppen mivel a feladat sorrendben említi a három együtthatót.

Megoldás. A feladat követelménye szerint a szomszédos binomiális együtthatópárok különbsége egyenlő kell hogy legyen, vagyis a különbségek különbsége

0

\begin{matrix} (\binom{n}{k - 1}) - 2 (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) = 0. \end{matrix}

(1)

Itt feltesszük, hogy

k - 1 \geq 0

és

k + 1 \leq n

, azaz

\begin{matrix} 1 \leq k \leq n - 1. \end{matrix}

(2)

Ha az (1) egyenlőség teljesül ‐ és csak akkor ‐ alkot számtani sorozatot a három binomiális együttható.
Szorozzunk

(k + 1)! (n - k + 1)! / n!

-sal. Ez (2) folytán létezik és pozitív, így (1) akkor és csak akkor teljesül, ha

\begin{matrix} k (k + 1) - 2 (k + 1) (n - k + 1) + (n - k) (n - k + 1) = 0, \\ n^{2} - 4 n k + 4 k^{2} - n - 2 = 0. & (3) \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} n = {(n - 2 k)}^{2} - 2, \end{matrix}

egy egész szám négyzeténél

2

-vel kisebb:

\begin{matrix} n = u^{2} - 2 \end{matrix}

alakú, ahol

u

természetes szám és itt

u = n - 2 k

vagy

u = 2 k - n

, azaz

\begin{matrix} k = k_{1} = \frac{n - u}{2} = \frac{u^{2} - u}{2} - 1 = (\binom{u}{2}) - 1 \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} k = k_{2} = \frac{n + u}{2} = (\binom{u + 1}{2}) - 1. \end{matrix}

Az utolsó alakból látható, hogy

k

-ra egész értéket kapunk.
Itt

u \geq 2

kell hogy legyen, hogy

n

pozitív egésznek adódjék. Az

u = 2

-höz tartozó két

k

értékre azonban (2) első, ill. második egyenlőtlensége nem teljesül.
Ha

u \geq 3

, akkor

\begin{matrix} k_{1} = (\binom{u}{2}) - 1 \geq 1 és k_{1} = \frac{n - u}{2} < n . \end{matrix}

Mivel pedig

k_{1} + k_{2} = n

, és

k_{1} < k_{2}

, így mindkét

k

érték kielégíti

(2)

-t.
A feladat követelményei teljesülésének szükséges és elégséges feltételéből indultunk ki és ekvivalens átalakításokat végeztünk, így azok az

n

k

számpárok felelnek meg, amelyeknél valamilyen 2-nél nagyobb

u

egésszel

\begin{matrix} n = u^{2} - 2 és k = (\binom{u}{2}) - 1 vagy k = (\binom{u + 1}{2}) - 1. \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Még az

u = 2

-höz tartozó

k = 0

és

k = 2

érték is elfogadható, ha

(\binom{n}{k})

-n 0-t értünk, amennyiben

k

negatív vagy nagyobb, mint

n

. Ekkor ugyanis a 0, 1, 2, ill. a 2, 1, 0 számtani sorozatot kapjuk. (Egy versenyző azt is megjegyezte, hogy ezzel a megállapodással bármely pozitív egész

n

és

k \leq - 2

, ill.

k \geq n + 2

érték is megfelel.)

2. A könnyen igazolható

\begin{matrix} (\binom{n}{k - 1}) + 2 (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) = (\binom{n + 2}{k + 1}) \end{matrix}

összefüggés két oldalából levonva (1) megfelelő oldalait, adódik, hogy a feladat követelménye akkor és csak akkor teljesül, ha

\begin{matrix} 4 (\binom{n}{k}) = (\binom{n + 2}{k + 1}) . \end{matrix}

3. A (3) egyenletet 4-gyel szorozva és

n

szerint egészítve ki teljes négyzetté,

\begin{matrix} 8 k + 9 = {(2 n - 4 k - 1)}^{2} \end{matrix}

adódik, ami páratlan szám négyzete. Ezt

2 v + 1

-gyel jelölve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} k = \frac{{(2 v + 1)}^{2} - 9}{8} = \frac{v^{2} + v - 2}{2} = (\binom{v + 1}{2}) - 1 \end{matrix}

és

\begin{matrix} 2 n - 4 k - 1 = 2 v + 1 vagy 4 k + 1 - 2 n = 2 v + 1. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} n = 2 k + v + 1 = v^{2} + 2 v - 1 = {(v + 1)}^{2} - 2 \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} n = 2 k - v = v^{2} - 2. \end{matrix}

4. A megoldásban szereplő két

k

értékről leolvasható, hogy minden megengedett

n

értékhez tartozó nagyobbik

k

érték megegyezik a következő szóbajövő

n

értékhez tartozó kisebbik

k

értékkel.
5. Ha azt kérdezzük, alkothat-e háromnál több egymás utáni binomiális együttható számtani sorozatot, igen könnyű látni, hogy tagadó a válasz. Ekkor ugyanis a sorozat első, második és harmadik eleme is meg a második, harmadik és negyedik elem is háromtagú számtani sorozatot alkotna. Azonban a feladat megoldásában kiderült, hogy az egy

n

értékhez tartozó két

k

értéknek szimmetrikusan elhelyezkedő binomiális együtthatók felelnek meg, így a két nyert

3

elemű sorozat egyike növekedő, a másik csökkenő, nem lehetnek ugyanannak a sorozatnak egymás utáni elemei.
6. A számtani sorozatok az olyan sorozatok, amelyeknél a szomszédos elemek különbsége csupa egyező elemből álló sorozat. Hasonlóan vizsgálhatunk olyan sorozatokat ‐ ún. másodrendű számtani sorozatokat ‐, amelyeknél ezek a különbségek alkotnak számtani sorozatot, és hasonlóan értelmezhetők magasabb rendű számtani sorozatok. Felmerül a kérdés: alkothat-e négy egymás utáni binomiális együttható másodrendű számtani sorozatot. A probléma a fentiekhez hasonlóan egy

n

-ben és

k

-ban harmadfokú egyenletre vezet. Található azonban végtelen sok megoldás a következő egyszerű meggondolással: Ha

n

páratlan,

2 u + 1

alakú, akkor az

n

-hez tartozó binomiális együtthatók sorozatának közepén két egyenlő binomiális együttható áll és az ezek előtti és utáni binomiális együtthatók is egyenlők. A

\begin{matrix} (\binom{2 u + 1}{u - 1}), (\binom{2 u + 1}{u}), (\binom{2 u + 1}{u + 1}), (\binom{2 u + 1}{u + 2}) \end{matrix}

számok különbségei tehát

a

, 0,

- a

alakúak, és ez számtani sorozat. Ez arra is vezet, hogy az említett harmadfokú egyenletet könnyű megoldani: a fellépő polinom egy első és egy másodfokú szorzatára bontható, s így már könnyen megtalálhatók a további megoldások.

Második feladat. A sík derékszögű koordináta-rendszerének origója körül

r

sugarú kört rajzolunk.

δ (r)

-rel jelöljük az egész koordinátájú pontok közül a körhöz legközelebbinek a körtől mért távolságát.
Bizonyítsuk be, hogy

δ (r)

tetszés szerint kicsi, ha

r

-et elég nagynak választjuk.
(Pontnak körtől való távolságát úgy mérjük, hogy a ponton és a kör középpontján át egyenest fektetünk, és a pontnak az egyenes és a kör metszéspontjaitól mért távolságai közül a kisebbiket vesszük.)
A sík egész koordinátájú pontjait rácspontnak fogjuk nevezni.

I. megoldás. Feladatunk tetszés szerinti pozitív

p

értékhez olyan korlátot keresni, amelynél nagyobb

r

sugár esetén mindig van az

r

sugarú körtől

p

-nél kisebb távolságra levő rácspont. Kézenfekvő olyan egyenesen keresni ilyen rácspontot, amelyiken egyrészt sűrűn vannak rácspontok, másrészt, amelyik ,,lehetőleg jól simul'' a körhöz, kis hegyes szögben metszi.^{$^{*}$} A rácspontok legsűrűbben ‐ egymástól 1 távolságra ‐ a koordinátatengelyekkel párhuzamos és a megfelelő tengelytől egész távolságra levő egyeneseken sorakoznak. Válasszuk pl. az

y

tengellyel párhuzamos ilyen egyenesek közül a legtávolabbit, amelyiknek még van közös pontja a körrel. Ennek az

y

tengelytől mért

u

távolságára

\begin{matrix} u \leq r < u + 1 (u egész) . \end{matrix}

(1)

Ezen az egyenesen a kört közrefogó

(u, v)

(u, v + 1)

rácspontok ordinátájára

\begin{matrix} u^{2} + v^{2} \leq r^{2} < u^{2} + {(v + 1)}^{2} (v egész) . \end{matrix}

(2)

A körön kívül levő

A

rácspontot az

O

origóval összekötő egyenes messe a kört

A_{1}

-ben. Ekkor

\begin{matrix} δ (r) \leq A A_{1} = O A - r = \sqrt[]{u^{2} + {(v + 1)}^{2}} - r = \frac{u^{2} + {(v + 1)}^{2} - r^{2}}{\sqrt[]{u^{2} + {(v + 1)}^{2}} + r} = \\ = \frac{2 v + 1 - (r^{2} - u^{2} - v^{2})}{\sqrt[]{u^{2} + {(v + 1)}^{2}} + r} < \frac{2 v + 1}{2 r}, \end{matrix}

ugyanis a számlálóban elhagyott kivonandó a

(2)

egyenlőtlenség első fele szerint nem negatív, a nevezőben levő négyzetgyök pedig az egyenlőtlenség második fele szerint nagyobb

r

-nél.

(2) első fele és (1) segítségével kapcsolatot találunk

v

és

r

között is:

\begin{matrix} v \leq \sqrt[]{r^{2} - u^{2}} = \sqrt[]{(r - u) (r + u)} < \sqrt[]{1 \cdot (r + r)} = \sqrt[]{2 r} . \end{matrix}

Ezt felhasználva, ha pl.

r > 1

, akkor

\begin{matrix} δ (r) < \frac{2 \sqrt[]{2 r} + 1}{2 r} < \frac{3 \sqrt[]{r} + \sqrt[]{r}}{2 r} < \frac{2}{\sqrt[]{r}} . \end{matrix}

Így

δ (r)

biztosan kisebb lesz

p

-nél, amint

\begin{matrix} \frac{2}{\sqrt[]{r}} < p azaz r > \frac{4}{p^{2}} és r > 1. \end{matrix}

Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzések. 1. Nyilvánvalóan nyerhettünk volna

2

-nél kisebb számlálót a

δ (r)

-re kapott felső korlátban, de ez nem volt célunk. Csupán azt akartuk belátni, hogy van olyan korlát, amelyiknél nagyobb

r

-ekre

δ (r) < p

. Hogy mi a legkisebb ilyen korlát, az már a probléma szempontjából lényegtelen, annál is inkább, mert nem feltétlenül a fent kiválasztott

A

a körhöz legközelebbi rácspont.

2. Sok más módon is becsülték a versenyzők az

A (u, v + 1)

vagy

B (u, v)

pont távolságát a körtől. Egy ilyen út a következő: az

A B

egyenes metszéspontját a körrel, ill. az

x

tengellyel jelölje

C

, ill.

A_{0}

, a

B

-n át az

x

tengellyel párhuzamosan húzott egyenes és a körhöz a

C

-ben húzott érintő metszéspontját

D

. Ekkor

B

távolsága a körtől kisebb, mint

B D

, így a

B C D

és

A_{0} O C

háromszögek hasonlósága folytán

\begin{matrix} δ (r) < B D = \frac{B D}{1} = \frac{B D}{A B} < \frac{B D}{B C} = \frac{A_{0} C}{A_{0} O} = \frac{\sqrt[]{r^{2} - u^{2}}}{u} < \\ < \frac{\sqrt[]{2 r}}{u} < \frac{\sqrt[]{2 r}}{r - 1} < \frac{\sqrt[]{2 r}}{r - \frac{r}{2}} = \frac{2 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{r}}, \end{matrix}

r > 2

; így

\begin{matrix} δ (r) < p, ha egyidejűleg r > \frac{8}{p^{2}} és r > 2. \end{matrix}

3. A feladat szoros kapcsolatban van a következő kérdéssel. Keressünk tetszés szerinti pozitív egész

N

számhoz olyan

M (N)

számot, amelyre az

N

N + M (N)

számközben van két négyzetszám összegeként írható szám.
Ha

N

-et a fenti megoldás

r^{2}

-ének választjuk, az

n = u^{2} + {(v + 1)}^{2}

tekinthető egy közeli négyzetszámnak:

\begin{matrix} n - N = u^{2} + {(v + 1)}^{2} - r^{2} < 2 v + 1, \end{matrix}

és mivel

n - N

egész, így

\begin{matrix} n - N \leq 2 v < 2 \sqrt[]{2 r} = \sqrt[]{8} \sqrt[4]{N} . \end{matrix}

N

N + \sqrt[]{8} \sqrt[4]{N}

számközben tehát mindig van két négyzetszám összegeként írható szám.

II. megoldás. Mivel az

x = u

(

u

pozitív egész) egyenlettel jellemzett egyenesen egységnyi távolságra követik egymást a rácspontok, így elég megmutatni, hogy tetszőleges pozitív

p

-hez, ha

r

elég nagy, választható

u

úgy, hogy az

x = u

egyenletű egyenesnek az

r

és

r + p

sugarú körök közti körgyűrűbe eső szakasza, ‐ pl. az első síknegyedben ‐ legalább

1

hosszúságú legyen. Ekkor ugyanis erre a szakaszra esik rácspont és az legfeljebb

p

távolságra van a körtől.

Válasszuk meg

u

-t az

\begin{matrix} u \leq r < u + 1 \end{matrix}

feltétellel. Ha

u + 1 \leq r + p

, akkor az

(u + 1,0)

pont a körgyűrűbe esik; így elég csak azt az esetet vizsgálni, ha

\begin{matrix} u \leq r < r + p < u + 1. \end{matrix}

(3)

Ez eleve csak akkor teljesülhet, ha

p < 1

. Az említett szakasz

h

hosszára

\begin{matrix} h = \sqrt[]{{(r + p)}^{2} - u^{2}} - \sqrt[]{r^{2} - u^{2}} = \frac{{(r + p)}^{2} - r^{2}}{\sqrt[]{{(r + p)}^{2} - u^{2}} + \sqrt[]{r^{2} - u^{2}}} . \end{matrix}

Itt a számláló nagyobb, mint

2 r p

, a nevezőben levő négyzetgyökök pedig így becsülhetők felülről

(3)

felhasználásával, ha pl.

r > 1

\begin{matrix} \sqrt[]{{(r + p)}^{2} - u^{2}} = \sqrt[]{(r + p - u) (r + p + u)} < \sqrt[]{1 \cdot (r + 1 + r)} < \sqrt[]{3 r}, \\ \sqrt[]{r^{2} - u^{2}} = \sqrt[]{(r - u) (r + u)} < \sqrt[]{1 \cdot 2 r} . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} h > \frac{2 r p}{(\sqrt[]{3} + \sqrt[]{2}) \sqrt[]{r}} = \frac{2 p}{\sqrt[]{2} + \sqrt[]{3}} \cdot \sqrt[]{r}, \end{matrix}

tehát

h > 1

, ha

\begin{matrix} r > \frac{{(\sqrt[]{2} + \sqrt[]{3})}^{2}}{4 p^{2}} = \frac{5 + \sqrt[]{24}}{4} \cdot \frac{1}{p^{2}} . \end{matrix}

Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Harmadik feladat. Adott a térben

n

sík

(n \geq 5)

úgy, hogy bármelyik háromnak pontosan egy közös pontja van, és nincs a térnek olyan pontja, amelyen közülük háromnál több menne át.
Bizonyítsuk be, hogy azon térrészek között, melyekre a síkok a teret darabolják, legalább

\frac{2 n - 3}{4}

tetraéder van.
Megoldás. Nevezzük röviden csúcspontnak az olyan pontot, mely három adott sík közös pontja. A feltételek szerint bármely három sík egyetlen csúcspontot határoz meg.
Jegyezzük meg továbbá, hogy négy adott sík mindig közrezár egy (és csakis egy) tetraédert. Ennek belátását az olvasóra bízzuk. Természetesen e tetraéderbe más sík belemetszhet, tehát általában nem szerepel a tekintett térrészek között.
Legyen mármost

S

egy adott sík és

P

olyan csúcspont, mely nincs az

S

síkon, de az összes olyan csúcspont között, mely

S

-nek

P

-vel azonos oldalán helyezkedik el,

S

-hez legközelebb van. Legyenek

S_{1}

S_{2}

S_{3}

P

-t meghatározó síkok. Ekkor

S

S_{1}

S_{2}

S_{3}

egy

T

tetraédert zár közre. Állítjuk, hogy a

T

tetraédert további adott sík nem metszi, tehát

T

egyike azon térrészeknek, melyekre az

n

sík a teret darabolja.
Tegyük fel, hogy egy további adott

S'

sík metszi a

T

tetraédert. Legyenek

A

B

C

a tetraéder

P

-től különböző csúcsai;

A

B

C

S

síkon helyezkedik el. Nyilvánvalóan kell, hogy az

S'

sík messe az

A P

B P

C P

szakaszok valamelyikét. Tegyük fel például, hogy

S'

A P

szakaszt metszi egy

Q

pontban. Ekkor

Q

is csúcspont, hiszen

A P

két adott sík metszésvonala, és így

Q

három adott sík metszéspontja. De

Q

közelebb van

S

-hez, mint

P

, ami ellentmond

P

választásának.
A fentiek alapján az adott síkok bármelyikéhez találhatunk rá támaszkodó tetraédert a síkok által létrehozott térrészek között. Sőt, ha

S

olyan sík, melynek mindkét oldalán van csúcspont, akkor

S

-re két ilyen tetraéder is támaszkodik.
Állítjuk, hogy legfeljebb három síknak lehet minden csúcspont ugyanazon az oldalán. Tegyük fel, hogy négy ilyen sík is volna,

S_{1}

S_{2}

S_{3}

S_{4}

. Legyen

A B C D

S_{1}

S_{2}

S_{3}

S_{4}

által alkotott tetraéder, ahol

S_{1}

A B C

S_{2}

A B D

S_{3}

A C D

S_{4}

B C D

síkkal azonos. Mivel

n \geq 5

, van egy további

S

sík az adott síkok között. Az

S

sík nyilván nem metszheti az

A B C D

tetraéder valamennyi élét, tehát például az

A B

él egyenesét egy, az élhez nem tartozó

E

pontban metszi. Legyen például

E

A B

egyenes

A

-ból kiinduló,

B

-t nem tartalmazó félegyenesén. Mármost

E

és

B

S_{3} = A C D

sík különböző oldalain elhelyezkedő csúcspontok, ami ellentmondás (1. ábra).

1. ábra

Számoljuk mármost össze a síkok által létrehozott térrészek közti tetraédereket úgy, hogy minden síkhoz megszámoljuk a rá támaszkodókat. Láttuk az előbb, hogy legfeljebb három kivételével minden síkra legalább két tetraéder támaszkodik; a ,,kivételes'' síkokra legalább egy. Így legalább

2 n - 3

tetraédert számolunk. Mivel azonban minden tetraédert négyszer számolhattunk (a négy lapsíkjánál), a tetraéderek száma legalább

\frac{2 n - 3}{4}

, amit bizonyítani akartunk.

Megjegyzések: 1. Több versenyző ,,felhasználta'', hogy ha egy tetraédert síkkal metszünk, akkor keletkező darabjainak egyike tetraéder. Ez az állítás nem igaz; ha egy tetraédert olyan síkkal metszünk, mely két kitérő élét elválasztja (de egyiket sem metszi), akkor két ,,háztető'' (ötlapú test) keletkezik (2. ábra).

2. ábra

2. A feladat egyszerűbb változata síkbeli probléma: ha

n

egyenes a síkban úgy helyezkedik el, hogy semelyik kettő nem párhuzamos és semelyik három nem halad át egy ponton, akkor az általuk létrehozott síkrészek között legalább

\frac{2 n - 2}{3}

háromszög van. Ez az állítás a térbeli feladathoz hasonlóan igazolható.
3. Felvetődik a kérdés, hogy a

\frac{2 n - 3}{4}

korlát mennyire éles, vagyis nem bizonyítható-e ennél erősebb állítás. Hasonló kérdezhető a 2. pontban említett feladattal kapcsolatban is. Erre a problémára külön cikkben visszatérünk.

^{$^{*}$}Egyenes és kör szögén az egyenesnek és a körrel való metszéspontjában a körhöz húzott érintőnek a szögét szokás érteni. Általában beszélünk két egymást metsző görbe szögéről a metszéspontjukban, ‐ ezen a metszéspontban a görbékhez húzott érintők szögét értjük, feltéve, hogy mindkettőnek van egyértelműen meghatározott érintője ebben a pontban.