Cím: A 44. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldásai
Szerző(k):  Csóka Endre ,  Kiss Demeter ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Nagy Zoltán Lóránt ,  Pach Péter Pál ,  Rácz Béla András 
Füzet: 2003/október, 392 - 399. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nemzetközi Matematikai Diákolimpia

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

A hagyományoknak megfelelően ebben az évben is közöljük a nyári matematikai diákolimpia feladatainak a megoldásait úgy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai leírták. Közreműködésüket köszönjük és ezúton is gratulálunk eredményeikhez.

 
A szerkesztőség

 
1. Legyen A az S={1,2,...,1000000} halmaz egy 101 elemű részhalmaza. Bizonyítsuk be, hogy találhatók olyan t1,t2,...,t100 számok az S halmazban, amelyekre az
Aj={x+tjxA}(j=1,2,...,100)
halmazok páronként diszjunktak.
 
 

Nagy Zoltán Lóránt megoldása. Legyenek az A halmaz elemei x1,x2,...,x101. Az S-beli t1,t2,...,t100 számok pontosan akkor megfelelők, ha akkor és csak akkor teljesül az
xj+tp=xk+tq(*)
egyenlőség, ha p=q és j=k (1j,k101, és 1p,q100).
Teljes indukcióval megadunk egy megfelelő tn sorozatot. Válasszuk t1-et tetszőlegesen S-ből. Legyen 1n100 és tegyük fel, hogy az S-beli t1,t2,...,tn-1 számokat már megadtuk a (*) feltétel szerint. Megmutatjuk, hogy tn is kiválasztható.
tnS pontosan akkor megfelelő, ha
a) tnti (1i<n),
b) tnxj-xk+tm (jk, 1m<n).
Az a) feltétel a lehetséges értékek közül (n-1)-et, a b) pedig legfeljebb 101100(n-1)-et zár ki. Ez összesen legfeljebb
(n-1)(101100+1)99(101100+1)=(100-1)(1002+100+1)=1003-1.
Mivel S-nek 1003 eleme van, azért marad nem kizárt érték tn számára, a bizonyítást befejeztük.
 
2. Határozzuk meg az összes olyan, pozitív egészekből álló (a,b) párt, amire
a22ab2-b3+1
pozitív egész.
 

 

Pach Péter Pál megoldása. Azokat az (a;b) pozitív egész számpárokat kell megkeresnünk, amelyekre n=a22ab2-b3+1 szintén pozitív egész szám.
Vizsgáljuk meg először a b=1 esetet. Ekkor a nevező 2a, a tört értéke a22a=a2. Ez pontosan akkor egész, ha a páros. Így tetszőleges j pozitív egészre (2j;1) megoldás és minden más esetben b>1.
Az n=a22ab2-b3+1 egyenlőségből beszorzás és rendezés után egy a-ban másodfokú egyenletet kapunk: a2-2nb2a+nb3-n=0. Ha fennáll az eredeti egyenlőség, akkor ennek is teljesülnie kell. A másodfokú egyenlet megoldóképletéből a-ra kapjuk, hogy a=nb2±n2b4-nb3+n. Mivel a, b, n pozitív egészek, az egyenlet diszkriminánsának, (n2b4-nb3+n)-nek négyzetszámnak kell lennie. Megmutatjuk, hogy a diszkrimináns egy bizonyos értelemben ,,szomszédos'' számok közé szorítható, pontosabban
(nb2-b+12)2<n2b4-nb3+n<(nb2-b-12)2.(1)
A négyzetre emeléseket elvégezve rendezés után azt kell igazolnunk, hogy
-nb2+(b+12)2<n<nb2+(b-12)2.
A felső becslés nyilvánvaló, hiszen n1 és b>1 miatt (b-12)2>0. Az alsó becslést rendezzük át:
(b+12)2<n(b2+1).
Mivel 1<b, azért (b+12)2<(b+b2)2=b2, ami n1 miatt kisebb, mint a jobb oldal. Ezzel az (1) egyenlőtlenségeket igazoltuk.
Látható, hogy ha b páratlan, akkor (1)-ben a diszkrimináns két szomszédos egész szám négyzete közé esik, tehát nem lehet négyzetszám. Így b szükségképpen páros szám, legyen b=2k.
Vegyük észre, hogy (1)-ből nyilvánvalóan következnek az alábbi, gyengébb becslések is:
(nb2-(b2+1))2<n2b4-nb3+n<(nb2-(b2-1))2.(2)
[(1) bal oldalát csökkentettük, a jobb oldalát pedig növeltük.]
Ha b páros, akkor a (2)-ben kapott korlátok másodszomszédos négyzetszámok, közéjük egyetlen négyzetszám esik, így ebben az esetben a diszkrimináns, n2b4-nb3+n=(nb2-b2)2.
Innen azt kapjuk, hogy n=(b2)2=k2 és a diszkrimináns, D=(4k4-k)2. Ekkor a=nb2±D=4k4±(4k4-k), azaz vagy a=8k4-k, vagy pedig a=k.
A feladat megoldásai tehát a (2k;1), (8k4-k;2k), (k;2k) alakú számpárok, ahol k pozitív egész.
Az utóbbi két számpárt ellenőrizve kapjuk, hogy megoldásai a feladatnak.
 
3. Adott egy konvex hatszög, amelyben bármely két szemközti oldalra teljesül a következő tulajdonság: az oldalak középpontjai közötti távolság 32-szerese a hosszuk összegének. Bizonyítsuk be, hogy a hatszög valamennyi szöge egyenlő.
(Az ABCDEF konvex hatszögben három szemközti oldalpár van: AB és DE, BC és EF, CD és FA.)
 

 

Csóka Endre megoldása. Először igazoljuk az alábbi segédtételt:
 
Legyen egy ABC háromszög A csúcsánál α szög, az A-ból induló súlyvonal s, az A-val szemközti oldal pedig a. Ha α60, akkor s32a és egyenlőség csak szabályos háromszögre teljesül.
 
Bizonyítás. Föltehető, hogy α=60, egyébként ugyanis az A-ból induló súlyvonalat az A-n túl meghosszabbíthatjuk addig a látókörig, amelynek pontjaiból a BC szakasz 60-os szögben látszik (1. ábra). Az A'-ből induló súlyvonal így nő, az A'-vel szemközti oldal hossza továbbra is a.
 

 
1. ábra
 

Legyen tehát α=60, a BC oldal felezőpontja F, a körülírt kör nagyobbik BC ívének felezőpontja pedig A1 (2. ábra). Ekkor A1F=32a és AF=s, így azt kell igazolnunk, hogy AFA1F és pontosan akkor van egyenlőség, ha A=A1, az ABC háromszög szabályos.
 

 
2. ábra
 

Jelölje O a kör középpontját. Ekkor a háromszög egyenlőtlenség szerint AFAO+OF=A1O+OF=A1F és valóban akkor van egyenlőség, ha A1O és F egy egyenesre esnek, azaz A=A1. Ezzel a segédtételt igazoltuk.  

 
Legyenek a hatszög csúcsai pozitív körüljárás szerint betűzve (3. ábra) és tetszőleges PQ szakasz felezőpontját jelölje FPQ. Tegyük fel, hogy az AD és BE átlók M1 metszéspontjára a pozitív AM1B60. A segédtétel szerint
32(AB+DE)FABM1+M1FDE,