A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A Bolyai János Matematikai Társulat Ifjúsági Matematikai Köre 1988. évi Téli Ankétját december 27-én és 28-án tartotta. Az ankéton a következő előadások hangzottak el: Pelikán József: Az arányos képviselet matematikája Lovász László: Hogyan küldjünk üzenetet a Marsra? Majd a résztvevők a 29. Nemzetközi Matematikai Diákolimpiára javasolt feladatokat oldottak meg. Ezek közül közlünk most néhányat megoldással együtt. 1. Az sorozat értelmezése: | | Bizonyítsuk be, hogy akkor és csakis akkor osztója -nek, ha -nek is osztója. Megoldás. nyilván fennáll a egyenlet két gyökére: . Tekintsük a következő sorozatot: . Behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy teljesül. Most válasszuk meg -t és -t úgy, hogy és legyen. Ekkor a és sorozat megegyezik. Az és egyenletekből , . Ezzel megkaptuk az sorozat általános tagjának képletét: | | (1) | A feladat annak az igazolása, hogy -nek és -nek a prímtényezős felbontásában a azonos kitevővel szerepel. I. A rekurzív formulát használva vegyük észre, hogy a sorozat minden páratlan indexű tagja páratlan, ezért az állítás igaz, ha páratlan. II. Ha páros, akkor felírható alakban, ahol páratlan. Belátjuk, hogy tetszőleges -re , ahol páratlan. Ebből már következne a bizonyítandó állítás, hiszen , és így -ben és -ben is a ugyanazon a (-adik) hatványon van. Az (1) formulát és a binomiális tételt alkalmazva adódik, hogy:
A zárójeles tag viszont páratlan, mert kivételével az összes benne szereplő tag páros. Benkő Dávid (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t.) 2. Bizonyítsuk be, hogy a tetraéder két szemközti élének felezőpontjait tartalmazó sík a tetraédert két egyenlő térfogatú részre vágja szét. Megoldás. Először lássuk be a következő állítást. Ha az egyenes a síkot pontjában döfi, és az egyenesen levő pontokra , akkor és egyenlő távol vannak a síktól. Ezt a nyilvánvaló állítást csak a könnyebb hivatkozás kedvéért nevezzük el lemmának. A jelölések az ábrán láthatók.
Ha a metsző sík tartalmazza -t, akkor a tetraéder az és tetraéderekre esik szét, amelyek közös lapja , és a laphoz tartozó magasságuk arányos , ill. -vel, tehát lemmánk miatt egyenlők. Így a két térfogat is egyenlő.
Hasonlóan látható be az állítás helyessége, ha a metszősík tartalmazza -t. Ha ezek egyike sem áll fenn, akkor a metsző sík -t, ill. -t egy-egy belső , ill. pontban metszi. A metsző sík ,,alatti'' részt megkapjuk, ha tetraéderhez hozzáragasztjuk az tetraédert, és levágjuk az tetraédert. Mivel térfogata fele az -ének, a metszősík ,,alatti'' rész akkor a fele -nek, ha
Térjünk át tetszőleges -ból indított helyvektorokra. (Jelöljük pl. -t -val stb.) Feltehetjük, hogy az -t arányban osztja:
A sík nyilván csak egy pontban, -ban metszi a szakaszt, így csak egy olyan pont van (a ), amire metszi az szakaszt. Eme helyvektora: Ez valóban megfelel, mert így a szakasz felezőpontja rajta van az -n, azt arányban osztja mert és . | |
Másrészt így lemmánk szerint az és tetraéderek -hez, ill. -hoz tartozó magassága megegyezik, mert . Ezenkívül , hiszen -ben súlyvonal. Mivel magasságuk és hozzá tartozó alapterületük megegyezik, az és tetraéderek térfogata megegyezik. Ezzel állításunkat beláttuk. Csirik János (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., III. o. t.)
3. Legyen a pozitív egészek halmazán értelmezett pozitív egész értékű függvény. Feltesszük, hogy Meghatározandó értéke. Megoldás., ezért:
Azaz tetszőleges, -nél nagyobb pozitív egész -re: Ez pedig azt jelenti, hogy az | | koordinátájú rácspontok egy egyenesbe esnek. -ről indulva teljes indukcióval rögtön adódik, hogy a függvény összes pontja egy egyenesen van. Tehát a függvény alakú, ahol és természetesen számok, és nem negatív, mert a feltétel szerint pozitív egész, bármely -re. (1)-et használva : Ezért: | | jelöléssel tehát: Ez minden egészre igaz, így szükségképpen -ból pedig . Tehát bármely -re, és ezért .
Benkő Dávid (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t.)
4. Legyen az háromszög beírt körének a középpontja, pedig a háromszög síkjának tetszőleges pontja. Bizonyítsuk be, hogyha , akkor | |
Megoldás. Emeljük négyzetre és szorozzuk be -val a következő (nyilvánvaló igaz) egyenlőséget:
Azt kapjuk, hogy . Bontsuk fel a vektorokat is hasonló módon, s járjunk el úgy, mint fent (természetesen -vel, majd -vel szorzunk). A kapott egyenletek összeadása után:
A feladat állílásának bizonyításához már csak igazolandó. Ez pedig abból a tételből következik, mely szerint bármely pontra: | | Ha ezt a pontra írjuk fel, és a középpontnak is -t választjuk, akkor -val való szorzás után épp (1)-et kapjuk.
Sustik Mátyás (Budapest, Fazekas M. Gimn., IV. o. t.)
5. Az egészekből álló sorozat tagjaira , | | teljesül. Bizonyítsuk be, hogy páratlan, ha . Megoldás. Állítjuk, hogy éppen a | | definícióval megadott sorozat, azaz . Ehhez először definiáljuk a sorozatot is: | | Megmutatjuk, hogy . Ezt -re vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk. Az első néhány értékre könnyű ezt ellenőrizni; most belátjuk, hogy az állítás -ről -re átöröklődik. Azt kell megmutatnunk, hogy | | felhasználásával rendezés után | | (1) | A összefüggésből . Ezt behelyettesítve (1)-be: | | azaz: | | Ez pedig teljesül, mert . A sorozat definíciójából teljes indukcióval azonnal következik, hogy az elemek esetén páratlan egészek. Teljes indukcióval igazoljuk azt is, hogy , ha . Nyilván . Tegyük fel, hogy , ha . Ekkor: | | Végül bebizonyítjuk, hogy . A sorozat elemei egészek, és . Igazoljuk, hogy azaz: | | Valóban, miatt ez teljesül, ha . Az esetben pedig azt találjuk, hogy a jobb oldalon egyenlőség áll. Mivel hosszúságú, félig zárt intervallum, indukcióval következik, hogy csak lehet.
Sustik Mátyás (Budapest, Fazekas M. Gimn., IV. o. t.)
6. Egy kerekasztal körül ember ülésezik. Szünet után újra leülnek valamennyien tetszőleges sorrendben. Bizonyítsuk be, hogy van két ember, akik között szünet előtt és szünet után is ugyanannyi ember ült. Megoldás. Az egyes emberek helyét forgatásokkal jellemezhetjük (az asztal középpontja körül) aszerint, hogy a szünet előtti helyükről mekkora pozitív irányú forgatás viszi őket a szünet utáni helyükre. A forgatás egysége a ,,szék-köz''. Az asztal kerek, ezért , és ennek egész számú többszörösei az embereket a helyükön hagyják, így összesen csak különböző forgatás létezik (a ). Ha van két ember, akiket ugyanaz a forgatás jellemez, akkor készen vagyunk, hiszen ugyanaz a forgatás a köztük levő székek (emberek) számát is megtartja. Tegyük fel, hogy nincs két ilyen ember, tehát minden embert különböző nagyságú forgatás jellemez. ember és féle forgatás van, ezért minden forgatás egyszer fordul elő. Jelöljük a forgatások összegét -fel. Az előbbiek szerint | |
Most egy kicsit más oldalról közelítjük meg a problémát. Jelöljük meg egy-egy nyíllal minden embernél, hogy honnan hová ült át. Így egy irányított gráfot kapunk, amelynek minden szögpontjába mutat egy nyíl, és indul is egy nyíl, mert minden széken egy ember ült a szünet előtt, és minden székre egy ember ült a szünet után.
Induljunk el valamelyik széktől a nyilak mentén. Az előbbi tulajdonság miatt utunknak sohasem lesz vége. Véges sok pontunk van, ezért egy idő után egy olyan székhez fogunk érkezni, ahol már voltunk. Az első ilyen szék csak az lehet, ahonnan elindultunk, mert ellenkező esetben lenne olyan szék, ahová két nyíl mutat. Ezek szerint, ha az ilyen ,,körök'' mentén adjuk össze a forgatásokat (mert lehet, hogy több, különálló kör is van), -nek egész számú többszörösét kell hogy kapjuk eredményül, mivel ezek a körök önmagukba térnek vissza, azaz helybenhagyás a forgatásaik összege. Ezzel ellentmondásra jutottunk, mert azt kaptuk, hogy , viszont nem osztható -nel. Kondacs Attila (Budapest, Árpád Gimn., III. o. t.)
7. Egy konvex poliéder éleit úgy irányítjuk, hogy minden csúcsban legyen oda vezető és onnan kiinduló él is. Bizonyítsuk be, hogy a poliédernek van legalább két lapja, amelyet az irányított élek mentén körbejárhatunk úgy, hogy minden élen az irányításnak megfelelően haladunk. Megoldás. Az a tény, hogy minden csúcsban van oda bevezető és onnan kiinduló él is, biztosítja, hogy ha valamelyik csúcsból elindulva éleken keresztül haladunk (az irányításnak megfelelően) csúcsból csúcsba, soha sem akadhatunk el; vagyis nincs olyan csúcs, amelybe beérkezünk, de onnan nem tudunk továbbmenni. Kezdjünk el egy ilyen ,,sétát'' egy tetszőleges csúcsból kiindulva. Mivel véges sok csúcs van és nem akadhatunk el, előbb-utóbb olyan csúcsba vezet utunk, ahol korábban már voltunk. Amikor először jutunk már korábban érintett csúcsba, akkor álljunk meg. Legyen ez az utolsó csúcs a csúcs. Tekintsük utunkat onnan kezdve, amikor először érintettük -t. Innen kezdve utunk egy önmagát nem metsző körút, hiszen csupán a csúcs az, amelyiket 2-szer érintettünk utunk során.
Ez a körút két részre osztja a poliéder felületét. Azt fogjuk megmutatni, hogy mindkét részen van olyan lap, amely élei mentén körbejárható. Ezt elég az egyik részen belátni, a másik részen hasonló gondolatmenetet használhatunk. Válasszuk ki tehát az egyik részt, és egy a határon levő olyan csúcsból induljunk el a rész belseje felé, ahonnan indul ki ilyen bevezető él (mint pl. ). Ha csak kivezető élek vannak (mint pl. ), akkor az egész poliéderen megváltoztatva minden él irányítását, a körutak és így a lapkörutak ugyanott lesznek, ahol eddig, ezek a kivezető élek viszont bevezetőkké válnak, így elindulhatunk befelé. A kezdeti bevezető éllel újra egy sétát kezdünk el, amely, mivel részünkön csak véges sok csúcs van, előbb-utóbb vagy egy már érintett csúcsba vezet, vagy egy határcsúcsba (ábra).
Mindkét esetben új körút alakul ki a részünkön belül (vastag vonal) úgy, hogy ez a körút néhány lapot határol körül a részen belül, de nem a rész összes lapját. Ez a kevesebb lap alkotja majd az új részt, amelyre az előbbi eljárás megismételendő. Az eljárás addig folytatható, amíg az éppen aktuális rész határoló csúcsaiból van bevezető, vagy azokba kivezető él a részből. Ez mindaddig fönnáll, amíg a rész 1-nél több lapot tartalmaz. Mivel minden lépésnél az új rész kevesebb lapot tartalmaz, mint az előbbi, és az első rész véges sok lapot tartalmaz, véges sok lépésben eljutunk addig, hogy az aktuális rész egy lapot tartalmaz, és így ez a lap élei mentén körüljárható. Tehát az eredetileg kiválasztott részben van megfelelő lap, és hasonló gondolatmenettel igazolható, hogy a komplementer részben is. Így igazoltuk, hogy van legalább két olyan lap, amely élei mentén körbejárható. Máté Nóra (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.) 8. Legyenek olyan pozitív számok, amelyek összege egyenlő szorzatukkal; legyen továbbá pozitív egész. Bizonyítsuk be, hogy | | Milyen esetben teljesül az egyenlőség? Megoldás. Alkalmazzuk a számtani-mértani közép közti összefüggést az számokra. A feltételt is figyelembe véve kapjuk, hogy: | | (1) | azaz A hatványközepekre vonatkozó tétel azt mondja ki, hogy ha és két olyan valós szám, amelyekre , akkor tetszőleges pozitív számokra, és egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha . Megjegyzés: , ha , és Nyilván , ezért , így | | (1) miatt. A kívánt egyenlőtlenség igazolásához belátjuk, hogy , azaz hogy az sorozat () szigorúan monoton fogyó. Viszont valóban teljesül, mert:
A feladat egyenlőtlenségében akkor és csak akkor állhat fenn egyenlőség, ha és , azaz ha . És ha minden ezt a közös értéket veszi fel, akkor teljesül az is, hogy a szorzatuk egyenlő az összegükkel.
Benkő Dávid (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t.)
|