Cím: Az Ifjúsági Matematikai Kör feladatai
Szerző(k):  Bohus Géza ,  Nagy Csaba ,  Umann Gábor 
Füzet: 1979/február, 71 - 74. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

A Bolyai János Matematikai Társulat az idén is megrendezte az IMK szokásos téli ankétját 1978. december 27-én és 28-án.
A találkozón a következő előadások hangzottak el:
Pósa Lajos: Matematikai logikai kérdések.
Surányi János: Húr- és érintőnégyszögek.
Prékopa András: Lineáris programozás.
December 27-én du. a résztvevők feladatmegoldással foglalkoztak.

 

Az IMK téli ankétjának feladatai és megoldásai
 

1. α és β jelentsen olyan hegyesszöget, amelyre tgα=127 és sinβ=328. Bizonyítsuk be, hogy α+β=30.
 

Megoldás. Ha β hegyesszög, akkor 0<cosβ<1, ezért sin2β+cos2β=1 alapján cosβ=1-328=528, vagyis tgβ=35.
Ezekből tg(α+β)-t ki tudjuk számítani:
tg(α+β)=tgα+tgβ1-tgαtgβ=13.
Mivel α és β hegyesszög, ezért α+β 0 és 180 közé esik. Ebben az intervallumban pedig 30 az egyetlen olyan érték, amelynek a tangense 13. Tehát α+β=30.
 

2. Az ABC szabályos háromszög AB, ill. CA oldalán vegyük fel azt a C', ill. B' pontot, amelyekre AC'=CB'=AB3. A BB' és CC' szakaszok közös pontja legyen P. Bizonyítsuk be, hogy APB derékszög.
 

Megoldás. Két nem nullvektor skaláris szorzata akkor és csak akkor 0, ha a két vektor által bezárt szög derékszög.
Legyen A' az AP szakasz meghosszabbításának BC-vel való metszéspontja. Ekkor a bizonyítandó állítás ekvivalens az AA'BB'=0 állítással. Legyen egységnyi hosszú a háromszög egy-egy oldala. Ekkor |AB|=|BC|=|CA|=1, valamint tudjuk, hogy AB+BC+CA=0, és BB'=BC+CB'=BC+13CA.
Ceva tételének megfordításából BA'A'C=4, azaz BA'=45BC. Ebből AA'=AB+BA'=AB+45BC. Most tekintsük AA' és BB' skaláris szorzatát:
AA'BB'=(AB+45BC)(BC+13CA)==ABBC+13ABCA+45BC2+415BCCA==cos120+13cos120+45+415cos120=0.
(Itt felhasználtuk a skaláris szorzás tulajdonságait, valamint azt, hogy a vektorok abszolút értéke 1.)
Az, hogy ennek a két vektornak szorzata 0, azt jelenti, hogy az általuk bezárt szög derékszög, ez pedig éppen az APB szög.
 

3. Legyenek a, b és c pozitív egész számok. Bizonyítsuk be, hogy a+b+c csak akkor racionális, ha a, b és c négyzetszámok.
 

Megoldás. Ha volnának olyan a, b, c egészek, amelyekre a+b+c racionális, akkor olyanok is volnának, melyekre d=a+b+c egész szám. Megmutatjuk, hogy ez nem lehetséges. A a+b=d-c mindkét oldalát négyzetre emelve, majd átrendezve
4ab=d2+c-a-b-4d2c,
innen újból négyzetre emelve
c4d(d2+c-a-b)=(d2+c-a-b)2-4ab+4d2c.
Ez pedig csak akkor lehet, ha c négyzetszám vagy ha d(d2+c-a-b)=0. Ez utóbbi nem lehet, mert d>0, és d2+c-a-b=4ab+4d2c>0. Tehát c négyzetszám. A föntiek elmondhatók a-ra és b-re is, amivel az állítást igazoltuk.
 

4. Az a, b és c olyan pozitív egész számok, amelyekre a és c, valamint b és c relatív prímek. Mutassuk meg, hogy az
xa+yb=zc
egyenletnek végtelen sok egész megoldása van.
 

Megoldás. Vegyük észre, hogy ha x=u(ua+vb)br, y=v(ua+vb)ar, z=(ua+vb)s, és abr+1=cs, akkor minden u, v párra a fenti x, y, z kielégíti az xa+yb=zc egyenletet.
Csak az a kérdés, hogy van-e olyan v és s, amikre abr+1=cs. Igen, mindig van, mert (a,c)=(b,c)=1, tehát (ab,c)=1. Így ha r fut 1-től c-ig, abr teljes maradék rendszert ad c-re nézve, tehát lesz olyan r is, amire abr=cx+c-1, így abr+1=c(x+1)=cs.
 

5. Az ABC háromszög belsejének P olyan pontja, amelyre PAB=PBC=PCA=ω. Bizonyítsuk be, hogy ω30.
 

Megoldás. Tegyük fel, hogy ω>30, ebből ellentmondásra fogunk jutni. Legyen PA=x, PB=y és PC=z. Mivel sinω>12, azért
z=asinωsinγ>a2sinγ,x=bsinωsinα>b2sinα,y=csinωsinβ>c2sinβ.

Ezek a BCP, CAP, ABP háromszögre felírt szinusztételből következnek. A háromszög t területére:
2t=xysinβ+xzsinα+yzsinγ8t>bcsinα+absinγ+acsinβ,8t>2tsin2α+2tsin2β+2tsin2γ,4>1sin2α+1sin2β+1sin2γ=4R2a2+4R2b2+4R2c2.
Itt R a körülírt kör sugara. Legyen R=1, a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenségből
1>1a2+1b2+1c231a2b2c213.
Mivel abc=4Rt=4t, továbbá az egységsugarú körbe írható maximális területű háromszög az egyenlő oldalú, s ennek területe 334, vagyis t334, azért
1>1a2+1b2+1c231a2b2c213=3116t2131.

Ellentmondásra jutottunk, ebből következik, hogy valóban ω30.
 

6. Képezzük a következő sorozatot: x1=a (tetszőleges valós), xn+1=a(x1± ±1), a pozitív vagy negatív előjel minden lépésnél szabadon választható. Bizonyítsuk be, hogy ha a sorozat valamelyik eleme +1 vagy -1, akkor |a|<2.
 

Megoldás. Tegyük fel, hogy |a|2. Teljes indukcióval belátjuk, hogy ekkor |xi|2 (i=1,2,...). Ha |xi|2, akkor |xi±1|1, bármelyik előjelet választjuk, és ekkor |xi+1|=|a(xi±1)|=|a||xi±1|, ami viszont nyilvánvalóan nagyobb vagy egyenlő, mint 2, hiszen |a|2. Ekkor azonban a sorozatnak nem lehet +1 vagy -1 tagja, tehát eredeti feltevésünk hamis, azaz |a|<2.