Kezdőlap


Cím:	Olimpia'92 feladatainak megoldása
Füzet:	1992/május, 218 - 220. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb (KöMaL pontverseny is)

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

Március 27-én került sor a moszkvai Nemzetközi Matematikai Diákolimpiára előkészítő második versenyre. A résztvevőknek a következő feladatokat kellett megoldaniuk:

1. Szét lehet-e vágni egy egységkockát 100 téglatestre úgy, hogy a téglatestek köré írt gömbök térfogatainak az összege a kocka köré írt gömb térfogatával legyen egyenlő? Egy ilyen szétvágásnál mekkora lehet maximálisan egy résztéglatest két élének a különbsége?

Megoldás. Megmutatjuk, hogy egy ilyen szétvágásnál a téglatestek szükségképpen kockák. Számozzuk meg a téglatesteket, s legyenek az

i

-edik téglatest élei

a_{i}, b_{i}, c_{i};

ennek térfogata

a_{i} \cdot b_{i} \cdot c_{i},

köré írt gömbjének a térfogata

\frac{π}{6} {(a_{i}^{2} + b_{i}^{2} + c_{i}^{2})}^{3 / 2},

az egységkocka köré írt gömb térfogata

\frac{π}{6} \cdot \sqrt[]{27} .

A feltevés szerint

\begin{matrix} \frac{π}{6} \cdot \sqrt[]{27} = \sum_{i = 1}^{100} \frac{π}{6} \cdot {(a_{i}^{2} + b_{i}^{2} + c_{i}^{2})}^{3 / 2} \geq \frac{π}{6} \cdot \sum_{i = 1}^{100} {(3 \sqrt[3]{a_{i}^{2} b_{i}^{2} c_{i}^{2}})}^{3 / 2} = \\ \frac{π}{6} \cdot \sqrt[]{27} \cdot \sum_{i = 1}^{100} a_{i} b_{i} c_{i} = \frac{π}{6} \cdot \sqrt[]{27} \cdot 1. \end{matrix}

Az első egyenlőség azt fejezi ki, hogy a téglatestek köré írt gömbök térfogatának az összege egyenlő a kocka köré írt gömb térfogatával. Ezután a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget alkalmaztuk az

a_{i}^{2}, b_{i}^{2}, c_{i}^{2}

számokra. Az utolsó egyenlőség szerint a téglatestek térfogatának összege az egységkocka térfogatát adja.
Így az egyenlőtlenségnél minden

i

-re az egyenlőség teljesül, azaz

a_{i} = b_{i} = c_{i},

a szétvágás összes téglateste kocka. A második kérdésre a válasz tehát nulla.
Előbbi gondolatmenetünk azt is mutatja, hogy ha a szétvágás csupa kockából áll, akkor azok körülírt gömbjei térfogatának összege egyenlő az egységkocka köré írt gömb térfogatával. Elegendő tehát egy 100 kockából álló szétvágást mutatni.
Vágjuk a kockát először 27 egybevágó (1/3 élhosszúságú) kis kockára. Az egyik saroknál ezekből 8-at egy

2 / 3 \times 2 / 3 \times 2 / 3

-os kockává egyesítünk. Eddig 20 kockánk van. Ezek közül kettőt ugyanígy 20 részre vágunk, hatot pedig 8 egybevágó kockára. Az így kapott kockák száma:

\begin{matrix} 20 - 2 + 2 \cdot 20 - 6 + 6 \cdot 8 = 100. \end{matrix}

2. Az

x_{1}, x_{2} ..., x_{n}

valós számokra

0 \leq x_{i} \leq 1

teljesül. Legyen

s_{n} = x_{1} + ... + x_{n} .

Bizonyítsuk be, hogy

\begin{matrix} x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + ... + x_{n}^{2} \leq [s_{n}] + {s_{n}}^{2} . \end{matrix}

Megoldás. A bizonyítás történhet például teljes indukcióval; az indukciós lépés igazolása

[s_{n}] - [s_{n - 1}]

lehetséges értékei szerinti esetszétválasztással könnyen elvégezhető. Most egy másik lehetséges utat mutatunk.
Induljunk ki a következő egyenlőtlenségből: legyen

x_{1} \leq x_{2}, r > 0;

ekkor

\begin{matrix} {(x_{1} - r)}^{2} + {(x_{2} + r)}^{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 r^{2} + 2 r (x_{2} - x_{1}) > x_{1}^{2} + x_{2}^{2} . \end{matrix}

Ez azt jelenti, hogy ha két szám úgy változik, hogy az összegük állandó, miközben különbségük nő, akkor négyzetösszegük is nő.
Változtassuk most az

x_{1} ..., x_{n}

számokat a következőképpen. Tegyük fel, hogy valamely

i \neq j -re x_{i} és x_{j}

egyike sem egész. Tartsuk összegüket állandóan (a kezdeti

x_{i} + x_{j}

értéken), különbségüket pedig növeljük addig, amíg (legalább) egyikük egész nem lesz. Ekkor az új

x_{1}, ..., x_{n}

számokra is

0 \leq x_{k} \leq 1

teljesül, a négyzetösszegük ‐ vagyis a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala ‐ nőtt, a jobb oldala viszont nem változott. Ismételjük az ilyen lépéseket addig, amíg lehet. Minthogy az

x_{1}, ..., x_{n}

közti egészek száma minden lépésben nő, ezért a lépéseket legfeljebb

n - 1

-szer hajthatjuk végre. Ekkor már az

x_{i} (i = 1, ..., n)

számok legfeljebb egy kivétellel egészek. Mivel az egyenlőtlenség bal oldala mindig nőtt, jobb oldala pedig nem változott, ezért ha az átalakítások után fennáll a kérdéses egyenlőtlenség, akkor kiinduláskor is teljesült.
Ha mindegyik

x_{i}

egész, akkor

x_{i}^{2} = x_{i},

valamint

s_{n}

egész; így

\begin{matrix} x_{1}^{2} + ... + x_{n}^{2} = x_{1} + ... + x_{n} = s_{n} = [s_{n}] = [s_{n}] + 0 = [s_{n}] + {s_{n}}^{2} . \end{matrix}

Ha a számok egy kivétellel (legyen az például az

x_{1}

) egészek, akkor

\begin{matrix} x_{1}^{2} + ... + x_{n}^{2} = x_{1}^{2} + x_{2} + ... + x_{n} = x_{1}^{2} + [s_{n}] = [s_{n}] + {s_{n}}^{2}, \\ hiszen 0 < x_{1} < 1 és x_{2} + ... + x_{n} egész, tehát {s_{n}} = x_{1}, [s_{n}] = x_{2} + ... + x_{n} . \end{matrix}

Ezzel beláttuk, hogy az átalakítások után fennáll az egyenlőtlenség, s az elmondottak alapján ebből már következik, hogy az eredeti számokra is teljesült. Rögtön látható az egyenlőség feltétele is: az

x_{i}

számok közül legfeljebb egy nem lehet egész.
3. Adjuk meg azt a legnagyobb páratlan számot, amellyel az alábbi összeg osztható:

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{498} (\binom{1992}{4 k}) . \end{matrix}

Megoldás. Fejtsük ki a következő (komplex számokat is tartalmazó) kifejezéseket a binomiális tétel segítségével:

\begin{matrix} 2^{n} = {(1 + 1)}^{n} = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + ..., \\ 0 = {(1 - 1)}^{n} = (\binom{n}{0}) - (\binom{n}{1}) + ..., \\ 2^{n / 2} [cos (n \cdot 45^{\circ}) + i \cdot sin (n \cdot 45^{\circ})] = {[\sqrt[]{2} \cdot (cos 45^{\circ} + i sin 45^{\circ})]}^{n} = \\ = {(1 + i)}^{n} = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) \cdot i - (\binom{n}{2}) - (\binom{n}{3}) i + (\binom{n}{4}) + ..., \\ 2^{n / 2} [cos (n \cdot 45^{\circ}) - i \cdot sin (n \cdot 45^{\circ})] = {[\sqrt[]{2} (cos 45^{\circ} - i sin 45^{\circ})]}^{n} = \\ = {(1 - i)}^{n} = (\binom{n}{0}) - (\binom{n}{1}) i - (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{3}) i + (\binom{n}{4}) - ... . \end{matrix}

n

helyébe 1992-t írva, majd összeadva ezt a négy egyenlőséget kapjuk, hogy

\begin{matrix} 4 \cdot [(\binom{1992}{0}) + (\binom{1992}{4}) + ...] = 2^{1992} + 2^{996} \cdot 2 \cdot cos (1992 \cdot 45^{\circ}) = \\ = 2^{1992} + 2^{997} \cdot cos (249 \cdot 360^{\circ}) = 2^{1992} + 2^{997} \cdot 1 = 2^{997} \cdot (2^{995} + 1) . \end{matrix}

Ebből leolvasható, hogy a legnagyobb páratlan osztó a

2^{995} + 1