Kezdőlap


Cím:	A Téli Ankét 2., 4., 7., és 8. feladatának megoldása (1990.)
Szerző(k):	Harcos Gergely , Podoski Károly , Szendrői Balázs
Füzet:	1990/március, 101 - 106. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

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

2. Jelöljük $a_{k}$ -val azoknak a 9-es számjegyet nem tartalmazó egészeknek a számát, amelyek $n \cdot 10^{k}$ és $(n + 1) 10^{k} - 1$ közé esnek (ahol $n$ 1 és 8 közötti egész). Ezeknek a $(k + 1)$ jegyű számoknak az első számjegye $n$ , a többi $k$ db számjegy mindegyike 9-féle lehet (hiszen csak a 9-es nem fordulhat elő), így $a_{k} = 9^{k}$ .
Tekintsük a $10^{m + 1}$ -nél kisebb, 9-es számjegyet nem tartalmazó pozitív egészek reciprokainak $S (10^{m + 1})$ összegét az alábbi csoportosításban:

\begin{matrix} S (10^{m + 1}) = & 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8} + (\frac{1}{10} + \frac{1}{11} + ... + \frac{1}{18}) + (\frac{1}{20} + ... + \frac{1}{28}) + ... \\ ... + (\frac{1}{80} + ... + \frac{1}{88}) + (\frac{1}{100} + \frac{1}{101} + ... + \frac{1}{188}) + \\ + (\frac{1}{200} + ... + \frac{1}{288}) + ... + (\frac{1}{800} + ... + \frac{1}{888}) + \\ ⋮ \\ + (\frac{1}{10^{m}} + \frac{1}{10^{m} + 1} + ... + \frac{1}{1 {\underset{︸}{88 ... 8}}_{m - szer}^{}}) + \\ + (\frac{1}{2 \cdot 10^{m}} + \frac{1}{28 ... 8}) + \dots + (\frac{1}{8 \cdot 10^{m}} + ... + \frac{1}{8 {\underset{︸}{8 ... 8}}_{(m + 1) - szer}^{}}) . \end{matrix}

Minden zárójelben levő összeg helyett a zárójelben levő legnagyobb összeadandónak a zárójelben levő összeadandók számával való szorzatát írva:

\begin{matrix} S (10^{m + 1}) < 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8} + a_{1} \cdot \frac{1}{10} (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) + \\ + a_{2} \cdot \frac{1}{100} (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) + ... + a_{m} \cdot \frac{1}{10^{m}} (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) = \\ = (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) \cdot (1 + \frac{9}{10} + \frac{9^{2}}{10^{2}} + ... + \frac{9^{m}}{10^{m}}) = \\ = (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) \cdot \frac{1 - \frac{9^{m + 1}}{10^{m + 1}}}{1 - \frac{9}{10}} < (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) \cdot \frac{1}{1 - \frac{9}{10}} = \\ = (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{8}) 10 < 30. \end{matrix}

Beláttuk, hogy minden pozitív egész

m

-re

S (10^{m + 1}) < 30

, ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

(Podoski Károly, Bp., Árpád Gimn. IV. o.)

4. Tekintsük először azt az esetet, amikor Ali Baba a

P Q R S

téglalap alakú szőnyegét elhelyezi az ábrának megfelelően az

55 \times 38

-as

A B C D

szobában.

Legyen

P Q = a

a téglalap rövidebb oldala; ekkor

P S = a p \geq a

, így

p \geq 1

A Q P ∢ = D P S ∢

(mivel merőleges szárú szögek), ezért a

Q A P

és

P D S

derékszögű háromszögek szögei megegyeznek, azaz a két háromszög hasonló.
Ebből következően

\begin{matrix} \frac{38 - c}{b} = \frac{D S}{A P} = \frac{P S}{P Q} = p és \frac{55 - b}{c} = \frac{P D}{A Q} = \frac{P S}{P Q} = p; \end{matrix}

innen a következő egyenletrendszerhez jutunk:

38 - c = p b

;

55 - b = p c

, amiből

\begin{matrix} b = \frac{38 p - 55}{p^{2} - 1}, és c = \frac{55 p - 38}{p^{2} - 1} . \end{matrix}

Alkalmazva a

Q A P

derékszögű háromszögben Pitagorasz tételét

\begin{matrix} a^{2} = b^{2} + c^{2} = {(\frac{38 p - 55}{p^{2} - 1})}^{2} + {(\frac{55 p - 38}{p^{2} - 1})}^{2} . \end{matrix}

(1)

Abban az esetben, amikor Ali Baba a szőnyeget az

50 \times 55

-ös szobában helyezi el, az előzővel teljesen analóg módon kapjuk, hogy

\begin{matrix} a^{2} = {(\frac{50 p - 55}{p^{2} - 1})}^{2} + {(\frac{55 p - 50}{p^{2} - 1})}^{2} . \end{matrix}

(2)

Az (1); (2) alapján

\begin{matrix} {(\frac{38 p - 55}{p^{2} - 1})}^{2} + {(\frac{55 p - 38}{p^{2} - 1})}^{2} = {(\frac{50 p - 55}{p^{2} - 1})}^{2} + {(\frac{55 p - 50}{p^{2} - 1})}^{2}, \end{matrix}

amiből rendezés után:

2 p^{2} - 5 p + 2 = 0

; Az egyenlet gyökei

\begin{matrix} p_{1,2} = \binom{/^{1 / 2}}{\_{2}} . \end{matrix}

Mivel

p \geq 1

, ezért

p = 2

; ezt visszahelyettesítve az (1)-es összefüggésbe kapjuk, hogy

a = 25

; és

a p = 50

, vagyis a szőnyeg

25 \times 50

-es méretű.

(Podoski Károly, Bp., Árpád Gimn. IV. o. t.)

7. Határozzuk meg először az

(f_{k} (x))

függvénysorozatot! Ehhez a komplex számokat hívjuk segítségül. Mivel a feladatban csak a

(0; \frac{π}{n})

intervallumbeli

x

-ekről van szó (

n > 1

egész), ezért feltehetjük, hogy

0 < x < \frac{π}{n}

. A továbbiakban

k

nemnegatív egészt jelöl. Legyen

S_{1} (x)

és

S_{2} (x)

az a két függvény, amely kielégíti az

\begin{matrix} S^{2} (x) = 2 S (x) cos x - 1 \end{matrix}

(1)

egyenletet, továbbá tetszőleges

c_{1} (x)

és

c_{2} (x)

függvényekkel tekintsük a

\begin{matrix} g_{k} (x) = c_{1} (x) \cdot S_{1}^{k} (x) + c_{2} (x) \cdot S_{2}^{k} (x) (k = 0, 1, 2, ...) \end{matrix}

függvénysorozatot. A másodfokú egyenlet megoldóképletét használva

\begin{matrix} S_{1,2} (x) = \frac{2 cos x \pm \sqrt[]{4 cos^{2} x - 4}}{2} = cos x \pm \sqrt[]{cos^{2} x - 1} = cos x \pm i | sin x | . \end{matrix}

Mivel a

cos x \pm i | sin x |

számok ‐ valamilyen sorrendben ‐ a

cos x \pm i sin x

számokkal egyeznek meg, ezért feltehetjük, hogy

\begin{matrix} S_{1} (x) = cos x + i sin x és S_{2} (x) = cos x - i sin x . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} g_{k} (x) = c_{1} (x) {(cos x + i sin x)}^{k} + c_{2} (x) {(cos x - i sin x)}^{k}, \end{matrix}

amiből a Moivre-képlet segítségével

\begin{matrix} g_{k} (x) = c_{1} (x) (cos k x + i sin k x) + c_{2} (x) (cos k x - i sin k x) . \end{matrix}

(2)

(1) alapján

S_{1} (x)

-re és

S_{2} (x)

-re fennáll az

S^{k + 1} (x) = 2 S^{k} (x) cos x - S^{k - 1} (x)

egyenlőség, és ezért teljesül a

g_{k + 1} (x) = 2 g_{k} (x) cos x - g_{k - 1} (x)

összefüggés is. Ez utóbbi azt jelenti, hogy ha a

c_{1} (x)

és

c_{2} (x)

függvényeket úgy választjuk, hogy

g_{0} (x) = 0

és

g_{1} (x) = 1 - cos x

legyen, akkor az

(f_{k} (x))

függvénysorozatot éppen

(g_{k} (x))

adja meg. A

g_{0} (x) = 0

feltételből

\begin{matrix} g_{0} (x) = c_{1} (x) \cdot S_{1}^{0} (x) + c_{2} (x) \cdot S_{2}^{0} = c_{1} (x) + c_{2} (x) = 0, \end{matrix}

vagyis

c_{2} (x) = - c_{1} (x)

. Ezt (2)-be beírva

\begin{matrix} g_{k} (x) = c_{1} (x) \cdot (cos k x + i sin k x) - c_{1} (x) \cdot (cos k x - i sin k x) = \\ = 2 i c_{1} (x) \cdot sin k x . \end{matrix}

Innen a

g_{1} (x) = 1 - cos x

feltételből

\begin{matrix} g_{1} (x) = 2 i c_{1} (x) \cdot sin x = 1 - cos x, ahonnan \\ 2 i c_{1} (x) = \frac{1 - cos x}{sin x} (0 < x < \frac{π}{2} miatt sin x \neq 0) . \end{matrix}

A kapott összefüggéssel

\begin{matrix} g_{k} (x) = 2 i c_{1} (x) \cdot sin k x = \frac{1 - cos x}{sin x} sin k x, azaz \\ f_{k} (x) = \frac{1 - cos x}{sin x} sin k x . & (3) \end{matrix}

Ezek után

F (x)

megállapítása a feladatunk

(

legalábbis a

0 < x < \frac{π}{2}

számokon

)

.

Az

(f_{k} (x))

függvénysorozat definíciója alapján

\begin{matrix} f_{k - 1} (x) + f_{k + 1} (x) = 2 f_{k} (x) cos x, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} (f_{0} (x) + f_{2} (x)) + (f_{1} (x) + f_{3} (x)) + ... + (f_{n - 1} (x) + f_{n + 1} (x)) = \\ = 2 f_{1} (x) cos x + 2 f_{2} (x) cos x + ... + 2 f_{n} (x) cos x = 2 cos x (f_{1} (x) + f_{2} (x) ... + f_{n} (x)), \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} f_{0} (x) + f_{1} (x) + 2 (f_{2} (x) + f_{3} (x) + ... + f_{n - 1} (x)) + f_{n} (x) + f_{n + 1} (x) = \\ = 2 cos x (f_{1} (x) + f_{2} (x) + ... + f_{n} (x)) . \end{matrix}

Ebből

f_{0} (x) = 0

, és

F (x) = f_{1} (x) + f_{2} (x) + ... + f_{n} (x)

felhasználásával

\begin{matrix} f_{1} (x) + 2 (F (x) - f_{1} (x) - f_{n} (x)) + f_{n} (x) + f_{n + 1} (x) = 2 cos x \cdot F (x), \end{matrix}

amit

F (x)

-re rendezve

\begin{matrix} F (x) = \frac{f_{1} (x) + f_{n} (x) - f_{n + 1} (x)}{2 (1 - cos x)} (0 < x < \frac{π}{2} miatt 1 - cos x \neq 0) . \end{matrix}

A kapott kifejezésbe

f_{1} (x)

f_{n} (x)

és

f_{n + 1} (x)

(3)-beli értékét beírva ‐

(1 - cos x)

-szel való egyszerűsítés után ‐

\begin{matrix} F (x) = \frac{sin x + sin n x - sin (n + 1) x}{2 sin x} . \end{matrix}

(4)

Végül belátjuk a feladatbeli egyenlőtlenségeket.
a) Tegyük fel, hogy

0 < x < \frac{π}{n + 1} (n > 1)

egész). Azt kell megmutatnunk, hogy

0 < F (x) < 1

, ami ekvivalens lépésekkel átalakítva

\begin{matrix} 0 < \frac{sin x + sin n x - sin (n + 1) x}{2 sin x} < 1, \\ 0 < sin x + sin n x - sin (n + 1) x < 2 sin x (0 < x < \frac{π}{2} miatt 0 < 2 sin x), \\ - sin x < sin n x - sin (n + 1) x < sin x, \\ sin x > sin (n + 1) x - sin n x > - sin x . \end{matrix}

A középső különbséget szorzattá alakítva a bizonyítandó:

\begin{matrix} sin x > 2 cos \frac{2 n + 1}{2} x sin \frac{x}{2} > - sin x, \\ 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2} > 2 cos \frac{2 n + 1}{2} x sin \frac{x}{2} > - 2 sin \frac{x}{2} c o s \frac{x}{2}, \\ cos \frac{x}{2} > cos \frac{2 n + 1}{2} x > - cos \frac{x}{2} (0 < x < \frac{π}{2} miatt 0 < 2 sin \frac{π}{2}) . \end{matrix}

- cos \frac{x}{2} = cos (π - \frac{x}{2})

helyettesítés után a következő egyenlőtlenséget kell igazolnunk:

\begin{matrix} cos \frac{x}{2} > cos \frac{2 n + 1}{2} x > cos (π - \frac{x}{2}) . \end{matrix}

Ez viszont fennáll, hiszen a

(0; π)

intervallumban az

x \mapsto cos x

függvény szigorúan monoton csökkenő, továbbá

\begin{matrix} 0 < \frac{x}{2} < \frac{2 n + 1}{2} x < π - \frac{x}{2} < π, mert 0 < x < \frac{π}{n + 1} és 0 < n . \end{matrix}

Ekvivalens átalakításokat használtunk, tehát ebben az esetben beláttuk a feladat állítását.
b) Tegyük fel, hogy

\frac{π}{n + 1} < x < \frac{π}{n}

. Azt kell megmutatnunk; hogy

1 < F (x)

, ami ekvivalens lépésekkel átalakítva

\begin{matrix} 1 < \frac{sin x + sin n x - sin (n + 1) x}{2 sin x}, \\ 2 sin x < sin x + sin n x - sin (n + 1) x (0 < x < \frac{π}{2} miatt 0 < 2 sin x), \\ sin (n + 1) x + sin x < sin n x . \end{matrix}

A bal és a jobb oldalt szorzattá alakítva a bizonyítandó:

\begin{matrix} 2 sin \frac{n + 2}{2} x cos \frac{n}{2} x < 2 sin \frac{n}{2} x cos \frac{n}{2} x, \\ sin \frac{n + 2}{2} x < sin \frac{n}{2} x (0 < \frac{n}{2} x < \frac{π}{2} miatt 0 < 2 cos \frac{n}{2} x) . \end{matrix}

sin \frac{n}{2} x = sin (π - \frac{n}{2} x)

helyettesítés után a következő egyenlőtlenséget kell igazolnunk:

\begin{matrix} sin \frac{n + 2}{2} x < sin (π - \frac{n}{2} x) . \end{matrix}

Ez viszont fennáll, hiszen a

(\frac{π}{2}; \frac{3 π}{2})

intervallumban az

x \mapsto sin x

függvény szigorúan monoton csökkenő, továbbá

\begin{matrix} \frac{3 π}{2} > \frac{n + 2}{2} \cdot \frac{π}{n} > \frac{n + 2}{2} x > π - \frac{n}{2} x > \frac{π}{2}, mert \\ \frac{π}{n + 1} < x < \frac{π}{n} és 2 \leq n . \end{matrix}

Most is ekvivalens átalakításokat használtunk, így ebben az esetben is beláttuk a feladat állítását.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Megjegyzés. Ha a (3) eredményt valamilyen úton megsejtjük, akkor azt

k

szerinti teljes indukcióval könnyen igazolhatjuk az ismert

\begin{matrix} sin (k + 1) x = 2 cos x \cdot sin k x - sin (k - 1) x \end{matrix}

azonosság alapján. Ezzel a megoldás lényegesen egyszerűsíthető.

(Harcos Gergely Bp., ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., III. o. t.)

8. Az állítás első felét tetszőleges háromszögre bizonyítjuk. A sík tetszőleges pontjából indítsunk vektorokat a megadott pontokhoz, mindegyiket a megfelelő kisbetűvel jelölve. Ekkor

\begin{matrix} d = \frac{b + c}{2}, \\ e = \frac{a + c}{2}, \\ f = \frac{a + b}{2}, \\ p = \frac{d + c}{2} = \frac{b + 3c}{4}, n = \frac{f + b}{2} = \frac{3b + a}{4}, \\ m = \frac{d + f}{2} = \frac{a + 2b + c}{4} . \end{matrix}

Legyen

F P

és

E N

metszéspontja

O_{1}

; legyen

F O_{1} : O_{1} P = λ_{1} : (1 - λ_{1})

és

E O_{1} : O_{1} N = μ_{1} : (1 - μ_{1})

. Ekkor fenn kell állnia a

\begin{matrix} λ_{1} p + (1 - λ_{1}) f = μ_{1} n + (1 - μ_{1}) e \end{matrix}

vektoregyenlőségnek. Beírva a fenti kifejezéseket, az együtthatók összehasonlításából adódik, hogy ez pontosan akkor áll fenn, ha

λ_{1} = \frac{2}{7}

és

μ_{1} = \frac{4}{7}

.
Hasonlóan,

F P

és

A M

metszéspontját

O_{2}

-vel jelölve,

\begin{matrix} F O_{2} : O_{2} P = λ_{2} : (1 - λ_{2}) és A O_{2} : O_{2} M = μ_{2} : (1 - μ_{2}) \end{matrix}

esetén

\begin{matrix} λ_{2} p + (1 - λ_{2}) f = μ_{2} m + (1 - μ_{2}) a . \end{matrix}

Ebből

λ_{2} = λ_{1} = \frac{2}{7}

és

μ_{2} = \frac{6}{7}

. Vagyis

A M

és

E N

metszéspontja ráesik

F P

-re, és ezzel első állításunkat (tetszőleges háromszögre) beláttuk.
Továbbá, most már csak szabályos háromszögre, az

F D P

és az

E F N

háromszög egybevágó, hiszen az

A B C

háromszög középpontja körüli

- 120^{\circ}

-os elforgatás nyilván

F

-nek

E

-t,

D

-nek

F

-et és

P

-nek

N

-et felelteti meg. Egybevágóak továbbá az

E F N

és az

A F M

háromszögek is, mert

E F = A F

F N = F M

a szabályos háromszögekből, és az

F

-nél levő szögek egyenlők (

120^{\circ}

-kal). Ezekből

A M = E N = F P

, és így

\begin{matrix} O M : O F : O N : O E : O P : O A = (1 - μ_{2}) : λ_{1} : (1 - μ_{1}) : μ_{1} : (1 - λ_{1}) : μ_{2} = \\ = 1 : 2 : 3 : 4 : 5 : 6. \end{matrix}

Ezzel a megoldást befejeztük.

(Szendrői Balázs, Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)