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. és jelentsen olyan hegyesszöget, amelyre és . Bizonyítsuk be, hogy . Megoldás. Ha hegyesszög, akkor , ezért alapján , vagyis . Ezekből -t ki tudjuk számítani: | | Mivel és hegyesszög, ezért és közé esik. Ebben az intervallumban pedig az egyetlen olyan érték, amelynek a tangense . Tehát . 2. Az szabályos háromszög , ill. oldalán vegyük fel azt a , ill. pontot, amelyekre . A és szakaszok közös pontja legyen . Bizonyítsuk be, hogy derékszög. Megoldás. Két nem nullvektor skaláris szorzata akkor és csak akkor , ha a két vektor által bezárt szög derékszög. Legyen az szakasz meghosszabbításának -vel való metszéspontja. Ekkor a bizonyítandó állítás ekvivalens az állítással. Legyen egységnyi hosszú a háromszög egy-egy oldala. Ekkor , valamint tudjuk, hogy , és . Ceva tételének megfordításából , azaz . Ebből . Most tekintsük és skaláris szorzatát:
(Itt felhasználtuk a skaláris szorzás tulajdonságait, valamint azt, hogy a vektorok abszolút értéke .) Az, hogy ennek a két vektornak szorzata , azt jelenti, hogy az általuk bezárt szög derékszög, ez pedig éppen az szög. 3. Legyenek , és pozitív egész számok. Bizonyítsuk be, hogy csak akkor racionális, ha , és négyzetszámok. Megoldás. Ha volnának olyan , , egészek, amelyekre racionális, akkor olyanok is volnának, melyekre egész szám. Megmutatjuk, hogy ez nem lehetséges. A mindkét oldalát négyzetre emelve, majd átrendezve innen újból négyzetre emelve | | Ez pedig csak akkor lehet, ha négyzetszám vagy ha . Ez utóbbi nem lehet, mert , és . Tehát négyzetszám. A föntiek elmondhatók -ra és -re is, amivel az állítást igazoltuk. 4. Az , és olyan pozitív egész számok, amelyekre és , valamint és relatív prímek. Mutassuk meg, hogy az egyenletnek végtelen sok egész megoldása van. Megoldás. Vegyük észre, hogy ha , , , és , akkor minden , párra a fenti , , kielégíti az egyenletet. Csak az a kérdés, hogy van-e olyan és , amikre . Igen, mindig van, mert , tehát . Így ha fut -től -ig, teljes maradék rendszert ad -re nézve, tehát lesz olyan is, amire , így . 5. Az háromszög belsejének olyan pontja, amelyre . Bizonyítsuk be, hogy . Megoldás. Tegyük fel, hogy , ebből ellentmondásra fogunk jutni. Legyen , és . Mivel , azért
Ezek a , , háromszögre felírt szinusztételből következnek. A háromszög területére:
Itt a körülírt kör sugara. Legyen , a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenségből | | Mivel , továbbá az egységsugarú körbe írható maximális területű háromszög az egyenlő oldalú, s ennek területe , vagyis , azért | |
Ellentmondásra jutottunk, ebből következik, hogy valóban . 6. Képezzük a következő sorozatot: (tetszőleges valós), , a pozitív vagy negatív előjel minden lépésnél szabadon választható. Bizonyítsuk be, hogy ha a sorozat valamelyik eleme vagy , akkor . Megoldás. Tegyük fel, hogy . Teljes indukcióval belátjuk, hogy ekkor . Ha , akkor , bármelyik előjelet választjuk, és ekkor , ami viszont nyilvánvalóan nagyobb vagy egyenlő, mint , hiszen . Ekkor azonban a sorozatnak nem lehet vagy tagja, tehát eredeti feltevésünk hamis, azaz . |