Cím:	A 42. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldásai
Füzet:	2001/október, 389 - 395. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   1. Legyen az $ABC$ hegyesszögű háromszög körülírt körének középpontja $O$. Legyen $P$ az $A$-ból induló magasságvonal talppontja a $BC$ oldalon. Tegyük fel, hogy $BCA\sphericalangle \ge ABC\sphericalangle +{30}^{\circ }$. Bizonyítsuk be, hogy $CAB\sphericalangle +COP\sphericalangle <{90}^{\circ }$.   Megoldás. Legyen $F$ a $BC$ oldal felezőpontja. Az $FOC\sphericalangle$ éppen a $CAB\sphericalangle =\alpha$-hoz tartozó középponti szög fele, így $FOC\sphericalangle =\alpha$. Innen $OCP\sphericalangle =OCB\sphericalangle ={90}^{\circ }-\alpha$, tehát azt kell bizonyítani, hogy $POC\sphericalangle <OCP\sphericalangle$, ami ekvivalens $CP<OP$-vel (1. ábra). Legyen $A\text{'}$ az $A$ tükörképe a $BC$ felezőmerőlegesére; ekkor $A\text{'}$ is a körülírt körön van, és $A\text{'}CB\sphericalangle =ABC\sphericalangle$. A feltétel szerint tehát $A\text{'}CA\sphericalangle =ACB\sphericalangle -A\text{'}CB\sphericalangle \ge {30}^{\circ }$, és így $AA\text{'}$, az $ACA\text{'}$ szög szárai által a körből kimetszett húr hossza legalább $r$, a körülírt kör sugara (2. ábra). Így $FP=\frac{AA\text{'}}{2}\ge \frac{r}{2}$. Mivel az $ABC$ háromszög hegyesszögű, a körülírt kör $BC$ húrja kisebb az átmérőnél, így $CF$, a húr fele, kisebb, mint $r$. Innen $CP=CF-FP<r-\frac{r}{2}=\frac{r}{2}\le FP$, a $CP$ szakasz tehát az $OP$ vetületénél, az $FP$ szakasznál is kisebb.  Horváth Illés (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.)   2. Bizonyítsuk be, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt[]{c^2+8ab}}\ge 1}\end{array}$ minden $a$, $b$, $c$ pozitív valós számra.   Megoldás. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy $a\ge b\ge c$. 1. eset: $a+b\le 8c$. Ekkor $a^2+8bc\le b^2+8ca$, hiszen ebből ekvivalens lépésekkel $0\le b^2-a^2+8ac-8bc$,  $0\le \left(a-b\right)\left(8c-a-b\right)$-t kapjuk, ami nyilvánvalóan igaz. Hasonló meggondolásokból, felhasználva a $b+c\le 8a$ összefüggést, $b^2+8ca\le c^2+8ab$ is igaz, tehát $a$, $b$, $c$ azonosan rendezett a $\frac{1}{\sqrt[]{a^2+8bc}}$, $\frac{1}{\sqrt[]{b^2+8ca}}$, $\frac{1}{\sqrt[]{c^2+8ab}}$ számokkal, így a Csebisev-egyenlőtlenségből: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{a}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt[]{c^2+8ab}}\ge }\\ \hfill {\displaystyle \ge \frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{1}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{1}{\sqrt[]{c^2+8ab}}\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Felhasználva a harmonikus és négyzetes közepek közti egyenlőtlenséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{3}\left(\frac{1}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{1}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{1}{\sqrt[]{c^2+8ab}}\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{\frac{3}{\frac{1}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{1}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{1}{\sqrt[]{c^2+8ab}}}}\ge \frac{1}{\sqrt[]{\frac{\left(a^2+8bc\right)+\left(b^2+8ca\right)+\left(c^2+8ab\right)}{3}}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Elég tehát belátni, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a+b+c}{\sqrt[]{\frac{a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca}{3}}}\ge 1.}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: -3mm"> </div>}}\\ \multicolumn{3}{c}{\text{<br>Ezt rendezve}}\\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: -3mm"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle \sqrt[]{3}\left(a+b+c\right)}& {\displaystyle \ge \sqrt[]{a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 3\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}& {\displaystyle \ge a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca}& {\displaystyle \ge \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2}& {\displaystyle \ge \mathrm{0,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ami nyilvánvaló. 2. eset: $8c<a+b$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a}{\sqrt[]{a^2+8bc}}>\frac{a}{\sqrt[]{a^2+b\left(a+b\right)}}>\frac{a}{\sqrt[]{{\left(a+b\right)}^2}}=\frac{a}{a+b}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan $\frac{b}{\sqrt[]{b^2+8ca}}>\frac{b}{a+b}$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a}{\sqrt[]{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt[]{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt[]{c^2+8ab}}>\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=1.}\end{array}$ Ezzel az állítást beláttuk.  Csóka Endre (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 10. o.t.)   3. Egy matematikaversenyen $21$ lány és $21$ fiú vett részt. * (1)Mindegyik versenyző legfeljebb hat feladatot oldott meg. * (2)Mindegyik fiúhoz és mindegyik lányhoz van legalább egy olyan feladat, amelyet mindketten megoldottak. Bizonyítsuk be, hogy van olyan feladat, amelyet legalább három lány és legalább három fiú megoldott.   Megoldás. Készítsünk egy $21\times 21$-es táblázatot, amelynek oszlopai jelentsék az egyes fiúkat, míg a sorok a résztvevő lányokat. A táblázat minden egyes mezőjébe írjuk be annak a feladatnak a sorszámát, amelyet mind az oszlophoz tartozó fiú, mind a sorhoz tartozó lány megoldott. (2) szerint ilyen feladat mindig létezik. (Ha több is van, akkor elég az egyik ilyen feladat sorszámát beírni.) Az ábrán látható 5-ös szám például azt jelenti, hogy az 5. feladatot a 2. számú fiú és a 3. számú lány is megoldotta. Ezek után vizsgáljuk az egyes oszlopokat. Fessük be kékre azokat a mezőket, amelyeken olyan szám áll, amelyik az adott oszlopban legalább háromszor előfordul. Mivel az (1) feltétel szerint minden oszlopban legfeljebb hatféle szám szerepelhet, azért: ha egy adott oszlopban * ‐egyféle számot festettünk be, akkor a többi maximum $\left(6-1\right)\cdot 2=10$ mezőt fed le, tehát legalább 11 kék mezőnk van; * ‐kétféle számot festettünk be, akkor a be nem festettek száma maximum $\left(6-2\right)\cdot 2=8$, azaz legalább 13 kék mező van; * ‐háromféle kék szám esetén minimum 15 kék mező van; * ‐4, 5, 6-féle kék szám esetén is legalább $4\cdot 3$, $5\cdot 3$, $6\cdot 3$, azaz 12, 15 és 18 mezőt festettünk be. Összefoglalva: láthatjuk, hogy minden oszlopban legalább 11 kék mező van, ez pedig 21 oszlop esetén már több, mint a mezők fele ($21\cdot 11>\frac{{21}^2}{2}+0\mathrm{,}5$). Most vizsgáljuk a sorokat, és fessük pirosra egy adott soron belül azokat a mezőket, amelyeken szereplő számok legalább háromszor fordulnak elő az adott sorban. Ekkor ugyanúgy belátható, hogy a mezők több, mint fele piros. A skatulya-elv miatt lesz tehát olyan mező, amelyik kék is és piros is, és ez azt jelenti, hogy az ezen mezőkhöz tartozó feladatot legalább három lány (mert a mező kék) és legalább 3 fiú (mert a mező piros) megoldotta.  Vörös László (Győr, Révai M. Gimn., 12. o.t.)   4. Legyen $n$ egy $1$-nél nagyobb páratlan egész, $k_1$, $k_2$, $\text{...}$, $k_n$ pedig adott egészek. Az $1$, $2$, $\text{...}$, $n$ számok mind az $n!$ darab $a=\left(a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n\right)$ permutációjára legyen $\begin{array}{c}{\displaystyle S\left(a\right)=\sum _{i=1}^n{k}_i{a}_i\mathrm{.}}\end{array}$ Bizonyítsuk be, hogy van két olyan $b$ és $c$ permutáció, amelyekre $b\ne c$, és $n!$ osztója $\left(S\left(b\right)-S\left(c\right)\right)$-nek.   Megoldás. ${}^{*}$A megoldás során a feladat eredeti szövegétől eltérően a permutációkat nagybetűkkel jelöljük. Legyen az $n!$ permutáció $A_1$, $A_2$, $\text{...}$, $A_{n!}$. Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz, vagyis $n!\nmid S\left(A_i\right)-S\left(A_j\right)$, ahol $i\ne j$. Mivel $n!$ permutáció van, és $n!$-féle maradék $n!$-sal osztva, ez csak úgy lehetséges, hogy minden maradék pontosan egyszer fordul elő. Így egyrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n!}S\left(A_i\right)\equiv 1+\text{...}+n!\equiv \left(\frac{n!+1}{2}\right)n!\not\equiv 0\left(\text{mod}n!\right)\mathrm{,}}\end{array}$ mivel $\frac{n!+1}{2}$ nem egész, hiszen $n!+1$ páratlan. Másfelől az 1, 2, $\text{...}$, $n$ számok mindegyike $\left(n-1\right)!$ permutációban szerepel adott $k_i$ szorzóval, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \sum _{i=1}^{n!}S\left(A_i\right)=\left(n-1\right)!\cdot \sum _{i=1}^n{k}_i\left(1+2+\text{...}+n\right)=\left(n-1\right)!\cdot \frac{\left(n+1\right)}{2}\cdot n\cdot \sum _{i=1}^{n!}{k}_i=}\\ \hfill {\displaystyle =\sum _{i=1}^{n!}{k}_i\cdot n!\cdot \left(\frac{n+1}{2}\right)\equiv 0\left(\text{mod}n!\right)\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ hiszen $\frac{n+1}{2}$ egész. Ellentmondásra jutottunk, hiszen a tagokat kétféle módon összeadva eltérő maradékokat kaptunk $n!$-sal osztva, vagyis a feltevésünk nem teljesül, tehát az állítás igaz.  Kovács Erika Renáta (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.)   5. Az $ABC$ háromszögben legyen $AP$ a $BAC\sphericalangle$ szögfelezője, ahol $P$ a $BC$ oldalon van, $BQ$ pedig az $ABC\sphericalangle$ szögfelezője, ahol $Q$ a $CA$ oldalon van. Tudjuk, hogy $BAC\sphericalangle ={60}^{\circ }$ és hogy $AB+BP=AQ+QB$. Mik az $ABC$ háromszög szögeinek lehetséges értékei?   Megoldás. Legyen az $M$ pont az $AB$ szakasz $B$-n túli meghosszabbításának az a pontja, amelyre $BM=BP$. Hasonlóan legyen $N$ az $AQ$ szakasz $Q$-n túli meghosszabbításának az a pontja, amelyre $BQ=QN$. A $BQC$ szög felezője messe $BC$-t $S$-ben. Legyen $BPM\sphericalangle =\phi$, ekkor $BM=BP$ miatt $BMP\sphericalangle =\phi$ és $PBA\sphericalangle =2\phi$. Tehát $QBC\sphericalangle =\phi$. A $QBS$ és a $QNS$ háromszögek egybevágóak, mert $QB=QN$, a $QS$ oldaluk közös, továbbá $SQB\sphericalangle =NQS\sphericalangle$. Tehát $QBS\sphericalangle =QNS\sphericalangle =\phi$. Így az $AMP$ háromszög és az $ANP$ háromszög is egybevágó, mert az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle AM=AB+BM=AB+BP=AQ+BQ=AQ+QN=AN}\end{array}}}\end{array}$ oldalak egyenlőek, közös az $AP$ oldaluk, és egyenlő az $A$-nál levő szögük. Ezért $AMP\sphericalangle =ANP\sphericalangle =\phi$. Tehát $QNP\sphericalangle =QNS\sphericalangle =\phi$. Ekkor két eset lehetséges: $P=S$ vagy $P\ne S$, és így $P$, $S$, $N$ egy egyenesen vannak. Ha $P=S$, akkor a $BQP$ és a $QPN$ háromszögek, valamint az $APM$ és $APN$ háromszögek egybevágóságából kapjuk, hogy $BP=PN=PM$, azaz $BP=PM=BM$, azaz az $ABC$ háromszög $B$-nél lévő szöge ${180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$, ami nem lehetséges, mert így $ABC\sphericalangle +BAC\sphericalangle ={180}^{\circ }$. Tehát $P$, $S$, $N$ egy egyenesen vannak, azaz $N=C$. Így $ABC\sphericalangle =ANS\sphericalangle =\phi$, azaz ${180}^{\circ }-BAC\sphericalangle +ABC\sphericalangle +ACB\sphericalangle ={60}^{\circ }+2\phi +\phi$. Innen $\phi ={40}^{\circ }$ és $2\phi ={80}^{\circ }$. Tehát az egyetlen lehetséges megoldás, hogy $ABC\sphericalangle ={80}^{\circ }$, $ACB\sphericalangle ={40}^{\circ }$ és $BAC\sphericalangle ={60}^{\circ }$. Ez a megoldás jó is, mert a $QBC\sphericalangle =QCB\sphericalangle$ összefüggésből kapjuk, hogy $BQ=QC$. Továbbá az $APM$ és $APC$ háromszög egybevágó, mert két szögük, az $A$-nál, valamint az $M$ és $C$-nél levő szögek megegyeznek, és van egy közös oldaluk: $AP$. Tehát $AB+BP=AB+BM=AM=AC=AQ+QC=AQ+QB$. Tehát az egyetlen megoldás a ${60}^{\circ }$, ${80}^{\circ }$, ${40}^{\circ }$-os háromszög.  Csikvári Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.)   6. Legyenek $a$, $b$, $c$, $d$ egészek, amelyekre $a>b>c>d>0$. Tegyük fel, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle ac+bd=\left(b+d+a-c\right)\left(b+d-a+c\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Bizonyítsuk be, hogy $ab+cd$ nem prímszám.   Megoldás. Kibontva $ac+bd$ szorzatalakját, majd rendezve az egyenlőséget a következőhöz jutunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2-ac=b^2+d^2+bd\mathrm{.}}\end{array}$ (1) (1)-ben pozitív egészek egyenlősége áll, és nyilván $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+c^2-2ac\text{cos}{60}^{\circ }=b^2+d^2-2bd\text{cos}{120}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Ez pedig azt jelenti, hogy létezik olyan $e$ hosszúságú szakasz, hogy az $a$, $c$, $e$ oldalú háromszögben $e$-vel szemben ${60}^{\circ }$-os, a $b$, $d$, $e$ oldalú háromszögben pedig $e$-vel szemben ${120}^{\circ }$-os szög van. Így az ábrán látható $a$, $c$, $b$, $d$ oldalú, $e$ átlójú négyszög húrnégyszög (két szemközti szögének az összege ${180}^{\circ }$). Használhatjuk tehát Ptolemaiosz tételét: ha $f$ a másik átló hossza, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle ab+cd=ef\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Most számoljuk ki $f$ hosszát. Két koszinusztételt felírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+d^2-2ad\text{cos}\phi =f^2=b^2+c^2+2bc\text{cos}\phi \mathrm{.}}\end{array}$ Ebből $\text{cos}\phi$-re a következő érték adódik: $\text{cos}\phi =\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2\left(ad+bc\right)}$, amit visszahelyettesítve: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f^2}& {\displaystyle =a^2+d^2-2ad\cdot \frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2\left(ad+bc\right)}=\frac{a^{2}bc+bc{d}^2+a{b}^{2}d+a{c}^{2}d}{ad+bc}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\left(ac+bd\right)\left(ab+cd\right)}{ad+bc}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ (3) Ezt a kifejezést írjuk be (2) négyzetébe: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(ab+cd\right)}^2=e^2{f}^2=e^2\frac{\left(ac+bd\right)\left(ab+cd\right)}{ad+bc}\mathrm{.}}\end{array}$ Osztva $\left(ab+cd\right)$-vel: $\begin{array}{c}{\displaystyle ab+cd=\frac{\left(ac+bd\right)\cdot e^2}{ad+bc}\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Legyen $P=ab+cd$, $Q=ac+bd$, $R=ad+bc$ és $E=e^2$. Ekkor $P$, $Q$, $R$, $E$ pozitív egészek, és (4) szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle PR=EQ\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Mivel $P-Q=\left(a-d\right)\left(b-c\right)$  és  $Q-R=\left(a-b\right)\left(c-d\right)$, azért $a>b>c>d$ miatt $P>Q>R>0$, és így (5)-ből $E>R>0$. Ha $P$ prím, akkor $P\mid EQ$ miatt $P\mid E$ vagy $P\mid Q$, és így $R=\frac{E}{P}\cdot Q=E\cdot \frac{Q}{P}$ alapján $Q\mid R$ vagy $E\mid R$. Mivel láttuk, hogy mind $Q$, mind pedig $E$ nagyobb $R$-nél, egyik oszthatóság sem állhat fenn, $P$ tehát valóban nem lehet prímszám.  Harangi Viktor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.)           ${}^{*}$${}^1$