|
Cím: |
Az 58. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása, 2. rész
|
Füzet: |
2017/november,
450 - 453. oldal |
PDF | MathML |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.
4. Legyenek és különböző pontok egy körön, amikre nem átmérője a körnek. Legyen az körhöz a pontban húzott érintőegyenes. Legyen az a pont, amire teljesül az, hogy az szakasz felezőpontja. Legyen egy olyan pont az kör rövidebb ívén, amire teljesül az, hogy a háromszög körülírt köre az egyenest két különböző pontban metszi. Legyen és metszéspontjai közül az pont az, ami közelebb van az -hez. Az egyenes -val vett második metszéspontja legyen . Bizonyítsuk be, hogy a egyenes érintője a körnek.
Baran Zsuzsanna megoldása. Először is tegyük teljesebbé az ábrát a ,,másik metszéspontok'' felvételével: legyen és legyen . A megoldás során a szögeket irányítva értelmezzük. A megoldás sok-sok hasonló háromszögpár észrevételén fog alapulni: az , a , a , illetve az hasonlóságokat fogjuk sorra belátni. [Ezen a ponton érdemes lehet megpróbálni egyénileg befejezni a megoldást.] és (azonos íven nyugvó kerületi szögek), ezért és szögei megegyeznek, így .
Ekkor , továbbá (hiszen mindkettő ), emiatt . Ekkor . Az érinti -t (és elválasztja -t és -t), ezért . Így az és szögei megegyeznek, ezért . , továbbá (itt kihasználtuk, hogy az szakasz felezőpontja), így . Ez utóbbi hasonlóságból következik, hogy , ami éppen azt jelenti, hogy érinti a kört. Készen vagyunk.
Erre a feladatra sokféle megoldás elképzelhető. Két további megoldási lehetőség címszavakban: (1) Belátjuk, hogy , majd pedig, hogy paralelogramma, melyben az átlók felezőpontja. Itt a kör és az egyenes másik metszéspontja. (2) Invertálunk középponttal, sugárral. Belátjuk, hogy a egyenes képe és képe egymás tükörképei -re nézve. Ehhez belátjuk, hogy paralelogramma. Az és párhuzamossága kijön és párhuzamosságából.
5. Adott egy egész szám. futballjátékos, akik között nincs két egyenlő magasságú, valahogyan felállnak egy sorban. Az edző ki akar hagyni ebből a sorból játékost úgy, hogy a megmaradt játékos alkotta sor játékosaira teljesüljön az alábbi feltétel:
| senki nem áll a legmagasabb és a második legmagasabb játékos között, |
| senki nem áll a harmadik legmagasabb és a negyedik legmagasabb játékos között, |
| senki nem áll a két legalacsonyabb játékos között. |
Bizonyítsuk be, hogy ez mindig megtehető.
Borbényi Márton megoldása. Készítsünk csoportot az alábbi módon: az első csoportban legyen a sor szerint első ember, a másodikban a második ember, és így tovább. Célunk, hogy minden csoportból pontosan játékost válasszunk ki, így ők a megmaradó embernél egymás mellé kerülnek. A következő algoritmust alkalmazzuk: ‐ elkezdjük jelölgetni a játékosokat magasság szerint csökkenő sorrendben; ‐ amint egy csoportban van két kijelölt focista, megállunk; ‐ elhagyjuk ebből a csoportból a két kijelölt játékoson kívül az összes embert, és minden más csoportból a csoport legmagasabb emberét; ‐ a két megjelölt játékossal már nem kell foglalkoznunk, hiszen a megmaradtak között ők ketten a legmagasabbak, és senki nem áll már közöttük; marad csoportunk, mindegyikben focistával; ‐ ismételjük a fenti eljárást az eggyel kisebb létszámú, eggyel kevesebb csoportból álló sorra stb.
6. Egy egész számokból álló rendezett párt primitív rácspontnak nevezünk, ha és legnagyobb közös osztója 1. Ha adott primitív rácspontok egy véges halmaza, bizonyítsuk be, hogy van olyan pozitív egész, és vannak olyan egészek, hogy minden -beli pontra teljesül | |
Williams Kada megoldása. Szeretnénk tehát egy olyan egész együtthatós nemkonstans homogén polinomot találni, amire , ha . (Homogénnek nevezünk egy többváltozós polinomot, ha benne minden tag fokszáma egyenlő.) Az polinom létezését szerinti indukcióval igazoljuk. Ehhez felhasználjuk az ún. Bézout-lemmát, ami szerint bármely és egész számok legnagyobb közös osztója előállítható alakban, ahol . Az esetből indulunk ki: ha , akkor a Bézout-lemma szerint alkalmas -re megfelel. Tegyük fel ezután, hogy az halmaz minden pontján , és szeretnénk az elemet hozzácsatolni. A Bézout-lemma szerint alkalmas -re. Mivel a polinom értéke minden -beli pontban , azért -re az | | homogén polinom értéke minden -beli pontban (feltesszük, hogy ), míg | |
Azt állítjuk, hogy és egymáshoz relatív prím. Valóban, ha lenne közös prímosztójuk, akkor miatt osztója lenne az valamelyik tényezőjének (). Vegyük észre, hogy ekkor a homogenitás miatt
s így -ből következik. Hasonlóan kapjuk, hogy . Ez viszont ellentmond annak, hogy és relatív prím. Ha , akkor a relatív prímség miatt az Euler‐Fermat-tétel szerint, így pl. választással alkalmas -re biztosítható. Ha pedig , akkor a -hoz való relatív prímség miatt , s így és megfelel. Tehát minden esetben biztosítottuk, hogy is teljesüljön. Tehát az indukciós lépést befejeztük, az indukció teljes.
Megjegyzés. A feladat általánosítása volt a 2017. szeptemberi számban megjelent A. 703. feladat. Egy további megoldási módszer olvasható a címen. Az első nap feladatainak megoldását az októberi számban közöltük. |
|