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; lényegében úgy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai leírták. Közreműködésüket köszönjük és ezúton is gratulálunk eredményeikhez.
1. Legyen pozitív egész szám és legyenek olyan páronként különböző egész számok az halmazból, hogy az értékek mindegyikére teljesül az, hogy osztója -nek. Bizonyítsuk be, hogy nem osztója -nek. Nagy Dániel megoldása. azt jelenti, hogy Ezt felhasználva: | | Az (1) alapján újra kapjuk, hogy | | A fentiekből következik, hogy A bizonyítandó állítás szerint . Felhasználva (2)-t: | | Mivel , tehát az -nel való osztási maradék 0-nál nagyobb, így .
2. Legyen az háromszög körülírt körének középpontja . Legyen , illetve a , illetve oldal belső pontja. Legyenek , , illetve a , , illetve szakaszok felezőpontjai, és legyen a , , pontokon áthaladó kör. Tegyük fel, hogy a egyenes érintője a körnek. Bizonyítsuk be, hogy . Szűcs Gergely megoldása. Mivel és egy ívhez tartozó kerületi, illetve érintőszárú kerületi szögek, így . Nyilván , mivel a háromszögben középvonal, így , mert váltószögek. Tehát , és hasonlóan , így .
Ebből , de tehát amiből , vagyis a és pontoknak a körülírt körre vonatkozó hatványa megegyezik (lásd KöMaL 2009/4. szám, hátsó belső borító), amiből már következik.
3. Tegyük fel, hogy pozitív egész számoknak olyan szigorúan növekvő sorozata, amelyre az | | részsorozatok mindegyike számtani sorozat. Bizonyítsuk be, hogy maga is számtani sorozat. Tomon István megoldása. Tekintsük a () különbségeket, és legyen egy olyan pozitív egész, amelyre (mivel pozitív egészek, létezik ilyen ). Legyen és , ekkor a sorozat szigorú monotonitása miatt, és legyen az számtani sorozat differenciája. Ekkor és ezen sorozat két egymást követő eleme, így . Mivel szigorúan monoton nő, , vagyis az , , , különbségek mind pozitívak, összegük , s mivel darab különbség létezik, a legnagyobb legalább . Legyen ekkor egy olyan pozitív egész, amelyre és a legnagyobb különbség . Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha minden különbség . Ezután nézzük az és között lévő elemeket. Az egyszerűség kedvéért legyen , , ekkor , s ha nézzük az , , , különbségeket, akkor az darab pozitív különbség, melyek összege . Legyen egy olyan pozitív egész, amelyre és a legkisebb különbség a felsoroltak között. Ekkor | | és egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindegyik különbség egyenlő, azaz . Ám szükséges, hogy egyenlőség álljon fenn mindenhol, különben , ami ellentmond annak, hogy a legkisebb előforduló különbség az sorozat két szomszédos eleme között. Ha egyenlőség áll fenn, az azt jelenti, hogy az sorozat egy differenciájú számtani sorozatot alkot és is számtani sorozatot alkot, aminek a differenciája. Ezek után megmutatjuk, hogy , vagyis . Az előbbiek alapján ehhez elég igazolni, hogy mivel és . (1)-hez pedig elég belátni, hogy a feladatban megadott számtani sorozat differenciája is , mivel ekkor | | ami (1)-gyel ekvivalens. Tegyük fel indirekt módon, hogy az számtani sorozat differenciája . Nézzünk két esetet. 1. Ha , akkor tetszőleges pozitív egész esetén és | | ahol az egyenlőtlenség miatt teljesül, hogy valamely esetén (mivel az sorozat tetszőlegesen nagy értéket felvehet), s ekkor a szigorú monotonitás miatt, ahol és differenciája . Mivel akármilyen határon túl nő, , hogy , és ekkor
vagyis , ami ellentmondás, mivel . 2. Hasonlóan a esetben: | | Ekkor ha , akkor , vagyis , ami ellentmondás a szigorú monotonitás miatt. Tehát bebizonyítottuk, hogy , így megkaptuk, hogy . Ezután megmutatjuk, hogy esetén , azaz az sorozat is egy számtani sorozat. Mivel a minimális különbség két szomszédos elem között , így . Tegyük fel, hogy valamely -re . Ekkor és az különbségek összege , és darab van, így lesz köztük egy, amelyik legfeljebb vagyis az egyik különbség kisebb -nál, ami ellentmondás. Tehát minden különbség , vagyis számtani sorozatot alkot, s ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.
4. Legyen az háromszögben . A , illetve szögek szögfelezői a , illetve oldalakat rendre a , illetve pontokban metszik. Legyen az háromszög beírt körének a középpontja. Tegyük fel, hogy . Határozzuk meg a szög összes lehetséges értékét. Kornis Kristóf megoldása. Legyen a pont tükörképe a -ből induló szögfelezőre. Ha az beírt körének középpontja, , hiszen felezi az szöget. Viszont és is rajta van a -ből induló szögfelezőn, így és , egy oldalán vannak, tehát miatt , , és egy körön fekszenek. Emiatt . Viszont , és ha , akkor
Mivel | | .
A fenti számolással probléma lehet, ha , ugyanis ekkor nem beszélhetünk a -ről. Ha , akkor , és ekkor ha az alap , a szár hosszú, | | a háromszög szabályos. Ha viszont a háromszög szabályos, deltoid, érintőnégyszög, így az háromszög beírt köre érinti -t is, tehát vagyis a ebben az esetben is lesz. Összefoglalva két megoldást kaptunk: , vagy .
5. Határozzuk meg az összes olyan függvényt, ami a pozitív egész számok halmazát a pozitív egész számok halmazába képezi, és amire teljesül az, hogy teszőleges pozitív egész és értékekre van olyan nem-elfajuló háromszög, amelynek oldalhosszai , és . (Egy háromszög nem-elfajuló, ha csúcsai nincsenek egy egyenesen.) Nagy János megoldása. Először helyettesítsünk be -et. Ekkor az 1, , számokra igazak a háromszög-egyenlőtlenségek, de mivel egészek, ez csak úgy lehet, ha minden -ra. Indirekt tegyük fel, hogy . Ekkor minden pozitív egész -re | | egy háromszög oldalai, de ismételt alkalmazásával , , is egy háromszög oldalai. Ekkor -t megválaszthatjuk úgy, hogy a háromszög-egyenlőtlenség ne teljesüljön, tehát kaptuk, hogy . Helyettesítsünk be -et, ekkor , 1 és egy háromszög oldalai. Ez az egyenlőtlenségek miatt csak úgy lehet, hogy , minden -ra. Most látjuk, hogy a függvény minden értéket fölvesz és kölcsönösen egyértelmű is, hiszen ha , akkor , vagyis . Most igazoljuk, hogy . A kölcsönös egyértelműség miatt . Indirekten tegyük fel, hogy . Helyettesítsünk be -t; ekkor | | és a kölcsönös egyértelműség miatt nem egyenlőek, tehát . Most vegyük az , , , , sorozatot, ennek bármely két szomszédos tagja között a különbség 1. Tudjuk, hogy . Ennek a sorozatnak az elemei csak úgy léphetnének ki a intervallumból, ha létezne egy úgy, hogy (mivel egyesével változnak). Ekkor | | de , így ez nem lehet. Tehát az , , sorozat elemei a intervallumban vannak, ezért lesz olyan érték, amit kétszer is felvesznek, ez pedig a kölcsönös egyértelműség miatt nem lehet. Így látható, hogy , . Indukcióval belátjuk, hogy minden -ra . A kezdőlépésekkel megvagyunk; tegyük fel, hogy minden -re . Mivel , azért 2 és is pozitív egész számok. Behelyettesítve: egy háromszög oldalai, amiből , tehát . Az a kölcsönösen egyértelműség miatt nem lehet. Így azt kaptuk, hogy , amivel az indukciós lépést befejeztük. Végezetül az függvény valóban teljesíti a feladat feltételeit, mert , és mindig egy el nem fajuló háromszög oldalai. Az egyetlen jó függvény az .
6. Legyenek páronként különböző pozitív egész számok és legyen egy olyan, pozitív egész számokból álló, elemű halmaz, ami nem tartalmazza az számot. Egy szöcske a valós számegyenesen ugrál a pontból kiindulva úgy, hogy ugrást hajt végre jobbfelé, melyek hossza valamilyen sorrendben. Bizonyítsuk be, hogy a szöcske meg tudja választani az ugrások sorrendjét úgy, hogy ne ugorjon az halmaz egyik elemére se. Éles András megoldása. A szöcske csak az és közötti szakaszokra léphet (és -re biztos rálép). Megmutatjuk, hogy ha útjában legfeljebb mező van, amire nem szabad lépnie, akkor végig tud menni az úton. Feltehetjük, hogy . Teljes indukcióval bizonyítunk -re, triviális. Ha , akkor , vagy , így , , vagy , jó lesz. Legyen legkisebb eleme , ekkor -re három eset állhat fönn: I. , . Legyen a szöcske első lépése , ekkor átugorja -t, így az útjában legfeljebb eleme marad -nek, és különböző lépése. Az indukciós feltétel értelmében innen a szöcske már be tudja fejezni az útját (indukció: ). II. , . Tekintsük az alábbi darab páronként különböző számot: | | Mivel és , azért a számok közül kiválasztható egy olyan pár, hogy semelyik sincs -ben (különben lenne). Legyen és a szöcske első két lépése, ekkor átugorja az -beli -t és -et, így hátralévő útjában már csak legfeljebb tiltott mező van, és -t ugrik még, innen már be tudja fejezni az útját (indukciós feltétel, -re). III. . Hagyjuk el a -t az -ből, és legyen a szöcske első lépése, ami legális. További útjában (-t nem számolva) ugrás és legfeljebb tiltott mező szerepel, így végig tud menni az úton (indukciós feltétel -re) úgy, hogy kivételével nem érinti -et. Ha -t sem érinti, akkor a teljes útvonal jó, így készen vagyunk. Ha -t érinti, akkor miatt , így a szöcske fog még lépni -ről, tegyük fel, hogy -be lép. Ekkor és utána sem lép rá -beli elemre. -ig pedig legalább két ugrása van, mivel és a legelső lépés, így . Rendezzük a teljes útvonalon csak a előtti ugrásokat olyan sorrendbe, hogy legyen az utolsó ugrás. Ekkor az utolsó szám, amire a szöcske előtt ugrott: tehát előtt az átrendezett útvonalon már nincs tiltott pont, mert -nél kisebb mindegyik. Így ez az átrendezett útvonal egyetlen tiltott mezőt sem tartalmaz, az állítást igazoltuk. |