Cím: Az 59. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása
Füzet: 2018/október, 386 - 389. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Cikkek, 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; lényegében úgy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai leírták. Közreműködésüket köszönjük és ezúton is gratulálunk eredményeikhez.

 

 
A szerkesztőség

 
Első nap*

 
1. Legyen Γ a hegyesszögű ABC háromszög körülírt köre. D és E legyenek az AB, illetve AC szakaszok olyan pontjai, amelyekre AD=AE. A BD és CE szakaszok felezőmerőlegesei a Γ kör rövidebb AB, illetve AC íveit az F, illetve G pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy a DE és FG egyenesek párhuzamosak vagy egybeesnek.
 
Imolay András megoldása. Messe az FD és a GE egyenes Γ-t másodszor rendre M-ben és N-ben.


 
 

F rajta van BD felezőmerőlegesén, így az FDB háromszög egyenlőszárú, FDB∢ és ADM∢ csúcsszögek, és BFAM húrnégyszög, így
ADM∢=FDB∢=FBD∢==FBA∢=FMA∢=DMA∢,


tehát a DAM háromszög egyenlőszárú, így AD=AM. Hasonlóan kapjuk, hogy AE=AN, és a feladat feltétele szerint AD=AE, így AN=AD=AE=AM, tehát az N, D, E, M pontok egy A középpontú körre illeszkednek.
NDEM és GMNF húrnégyszögek, így
MDE∢=MNE∢=MNG∢=MFG∢,
tehát a DE és FG egyenesek az FM egyenessel ugyanakkora szöget zárnak be, vagyis a DE és FG egyenesek párhuzamosak vagy egybeesnek. Kész vagyunk.
 
2. Határozzuk meg azokat az n≥3 egész számokat, amelyekre léteznek a1,a2,...,an+2 valós számok, amelyekre an+1=a1, an+2=a2 és
aiai+1+1=ai+2
teljesül minden i=1,2,...,n esetén.
 
Bukva Balázs megoldása. Ha 3∣n, akkor van megoldás, méghozzá legyen
an={2n≡0(mod3),-1n≡1(mod3),-1n≡2(mod3).
Ez könnyen ellenőrizhető, hogy jó lesz.
Más esetben nincsen megoldás. Tekintsük az alábbi átrendezést (an+3:=a3):
∑i=1naiai+3=∑i=1nai(ai+1ai+2+1)=∑i=1naiai+1ai+2+∑i=1nai==∑i=1naiai+1ai+2+∑i=1nai+2=∑i=1n(aiai+1+1)ai+2=∑i=1nai+22.
Ebből a rendezési egyenlőtlenség alapján azt kapjuk, hogy ai+3=ai minden i-re, így, ha (n,3)=1, akkor az összes ai egyenlő, azaz ai=a valamilyen a-ra. De ebből az következne, hogy az x2+1=x egyenletnek a egy valós megoldása, de ennek a másodfokú egyenletnek nincs valós megoldása. Ezzel beláttuk, hogy ha (n,3)=1, akkor nincs megoldás.
 
3. Nevezzük anti-Pascal háromszögnek számoknak egy olyan, szabályos háromszög alakú elrendezését, amelyben az utolsó sorbeli számok kivételével minden szám a közvetlenül alatta lévő két szám különbségének az abszolút értékével egyenlő.
Alább látható egy példa egy olyan anti-Pascal háromszögre, amelynek 4 sora van, és 1-től 10-ig minden egész szám előfordul benne.
42657183 10 9
Létezik-e olyan anti-Pascal háromszög, aminek 2018 sora van, és 1-től (1+2+...+2018)-ig minden egész szám előfordul benne?

 
Janzer Orsolya Lili megoldása. Tegyük fel, hogy van ilyen háromszög.
Mivel egy ilyen, 2018 soros háromszögnek éppen 1+2+3+...+2018 mezője van, minden egésznek 1-től 1+2+3+...+2018-ig pontosan egyszer kellene szerepelnie benne.
Legyen az n-edik sorban Mn a legnagyobb, mn pedig a legkisebb szám. Most tegyük fel, hogy n≤2017, és vegyük a közvetlenül Mn alatt lévő számokat. Legyenek ezek a számok a és b. Feltehető, hogy ezek közül a>b. Így a-b=Mn. Mivel a≤Mn+1 és b≥mn+1, kapjuk, hogy Mn+1≥Mn+mn+1 (≥Mn-1+mn+mn+1≥...).
Így minden 1≤i<j≤2018-ra
Mj≥Mi+∑k=i+1jmk.
Ebből, mivel M1=m1,
M2018≥∑k=12018mk.
Tehát M2018 felírható 2018 különböző pozitív egész összegeként, így M2018≥1+2+3+...+2018, ezért M2018=1+2+3...+2018, és {m1,m2,...,m2018} egy permutációja az {1,2,...,2018} számoknak. Következik továbbá, hogy minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül, azaz minden 1≤j≤2018 esetén
Mj=∑k=1jmk.
Most legyen minden n≤2018 szám ,,kicsi'', továbbá minden 1+2+...+2017≤
≤n≤1+2+...+2018 szám ,,nagy''. Mivel {m1,m2,...,m2018} az {1,2,...,2018} számok permutációja, minden sorban pontosan egy kicsi szám lesz.
Ha n≤1954, akkor:
Mn=∑k=1nmk≤2018+2017+...+65==(1+2+...+2018)-(1+2+...+64)==(1+2+...+2018)-2080<1+2+...+2017,
vagyis az n-edik sorban nem lehet egyetlen ,,nagy'' szám sem.
Ha 1955≤n≤2017, akkor legyen l egy nagy szám az n-edik sorban. Legyenek a számok közvetlenül l alatt a és b; feltehető, hogy a>b. Így b=a-l, és a≤
≤1+2+...+2018; mivel l ,,nagy'' (⇒ l≥1+2+...+2017), b≤2018, vagyis b kicsi. Így b=mn+1, azaz l közvetlenül mn+1 fölött van. Így legfeljebb kettő ,,nagy'' szám lehet az n-edik sorban.
Tehát legfeljebb 126 nagy szám van a sorokban összesen, a legalsót kivéve. Mivel összesen 2019 ,,nagy'' szám van, legalább 1893 ,,nagy'' szám van a legalsó sorban, ezért legfeljebb 125 ,,nem-nagy'' van abban a sorban. A legalsó sorban 2018 szám, így 2017 szomszédos számpár van. Ha figyelmen kívül hagyjuk a közvetlenül az m2017 alatti számpárt, és a legfeljebb 250 számpárt, amiben van ,,nem-nagy'', akkor még mindig marad olyan szomszédos pár, aminek minkét tagja ,,nagy'', és nem közvetlenül az m2017 alatt van. Viszont a két ,,nagy'' szám különbsége kicsi, és megtalálható a 2017-edik sorban, így az m2017-tel együtt már kettő ,,kicsi'' szám is lenne abban a sorban, ami ellentmondás.
Tehát nem létezik ilyen anti-Pascal háromszög.
A megoldás forrása: https://artofproblemsolving.com.
*A második nap feladatainak megoldását a novemberi számban közöljük.