Cím:	Az 59. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása, 2. RÉSZ
Füzet:	2018/november, 451 - 454. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Második nap${}^{*}$   4. Helynek nevezzük a sík minden olyan $\left(x\mathrm{,}y\right)$ pontját, amelyre $x$ és $y$ olyan pozitív egészek, melyek mindegyike kisebb vagy egyenlő, mint $20$. Kezdetben a $400$ hely mindegyike szabad. Anna és Balázs felváltva zsetonokat raknak a helyekre, Anna kezd. Anna minden lépésekor egy új piros zsetont helyez egy még szabad helyre olymódon, hogy semelyik két piros zseton helyének távolsága se legyen $\sqrt[]{5}$-tel egyenlő. Balázs minden lépésekor egy új kék zsetont helyez egy még szabad helyre. (Egy kék zseton által elfoglalt hely távolsága bármely másik foglalt helytől tetszőleges lehet.) A játék akkor ér véget, ha valamelyik játékos nem tud lépni. Határozzuk meg a legnagyobb $K$ értéket, amelyre igaz az, hogy Anna biztosan el tud helyezni $K$ darab piros zsetont, bárhogyan is játszik Balázs.   Egri Máté megoldása. Azt bizonyítjuk, hogy $K=100$. Két hely távolsága akkor $\sqrt[]{5}$, ha ,,lólépésre'' vannak egymástól, azaz kettőt az egyik irányba, egyet pedig arra merőlegesen lépünk. Tehát ha a helyeket ,,sakktáblaszerűen'' kiszínezzük, akkor bármely két hely, aminek távolsága $\sqrt[]{5}$, különböző színű. Ekkor ha Anna azt a stratégiát követi, hogy csak a fekete helyekre rak (amikből 200 van), akkor legalább azok felére tud rakni, azaz 100 helyre. Tehát $K\ge 100$. A $20\times 20$-as táblát feloszthatjuk 25 db $4\times 4$-es táblára. Bebizonyítjuk, hogy egy $4\times 4$-es táblán Balázs garantálni tudja, hogy Anna csak 4 helyre tudjon tenni. Ha így betűzzük meg a $4\times 4$-es táblát és Balázs mindig Anna lépésével a tábla középpontjára tükrös helyre rak, akkor Anna már nem rakhat többször ugyanolyan betűre, így valóban legfeljebb négyszer rakhat. 25 db $4\times 4$-es tábla van, tehát $K\le 100$. Mivel $K\ge 100$ és $K\le 100$, ezért $K=100$. ${\displaystyle \begin{array}{|cccc|}\hline \hfill {\displaystyle \text{A}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ D }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ A}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ B }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ A}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ C }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ A }}\hfill \\ \hline\end{array}}$   5. Legyen $a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}$ pozitív egészeknek egy végtelen sorozata. Tegyük fel, hogy van egy olyan $N>1$ egész, hogy minden $n\ge N$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\text{...}+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_1}}\end{array}$ egész szám. Bizonyítsuk be, hogy van egy olyan $M$ pozitív egész, hogy $a_m=a_{m+1}$ minden $m\ge M$-re.   Matolcsi Dávid megoldása. $S\left(n\right)$-nek nevezem a feladatban definiált összeget. $N<n$-re $S\left(n\right)$ és $S\left(n+1\right)$ is egész, így $\begin{array}{c}{\displaystyle S\left(n+1\right)-S\left(n\right)=\frac{a_n}{a_{n+1}}+\frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}}\end{array}$ is mindig egész. Legyen $\left(a_1\mathrm{,}{a}_n\right)=x$ és $a_1=x{a}_1\text{'}$, illetve $a_n=x{a}_n\text{'}$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\text{'}\left(S\left(n+1\right)-S\left(n\right)\right)=\frac{x{a}_n\text{'}{a}_1\text{'}}{a_{n+1}}+\frac{a_{n+1}}{x}-a_n\text{'}}\end{array}$ egész szám. Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x{a}_n\text{'}{a}_1\text{'}}{a_{n+1}}+\frac{a_{n+1}}{x}}\end{array}$ is egész. Legyen most $\left(a_{n+1}\mathrm{,}x\right)=y$ és $a_{n+1}=y{a}_{n+1}\text{'}$, illetve $x=yx\text{'}$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x{a}_n\text{'}{a}_1\text{'}}{a_{n+1}}+\frac{a_{n+1}}{x}=\frac{a_n\text{'}{a}_1\text{'}}{a_{n+1}\text{'}}+\frac{a_{n+1}\text{'}}{x\text{'}}=\frac{x\text{'}{a}_n\text{'}{a}_1\text{'}+a_{n+1}{\text{'}}^2}{x\text{'}{a}_{n+1}\text{'}}}\end{array}$ egész. Tehát $x\text{'}\mid a_{n+1}{\text{'}}^2$. Másrészt tudjuk, hogy $\left(a_{n+1}\text{'}\mathrm{,}x\text{'}\right)=1$. Ez csak úgy lehetséges, ha $x\text{'}=1$, tehát $x=y$, azaz $x\mid a_{n+1}$. Ezzel általánosan beláttuk, hogy $\left(a_1\mathrm{,}{a}_k\right)\mid a_{k+1}$. Másrészt értelemszerűen $\left(a_1\mathrm{,}{a}_k\right)\mid a_1$, így $\left(a_1\mathrm{,}{a}_k\right)\mid \left(a_1\mathrm{,}{a}_{k+1}\right)$. Teljes indukció szerint tehát ha $k<t$, akkor $\left(a_1\mathrm{,}{a}_k\right)\mid \left(a_1\mathrm{,}{a}_t\right)$. Mivel $a_1$-nek csak véges sok osztója van, az $\left(a_1\mathrm{,}{a}_t\right)$ sorozat pedig végtelen és monoton növekvő, létezik egy $r$ korlát, amitől kezdve minden $\left(a_t\mathrm{,}{a}_1\right)=x$ egyenlő. Így ettől kezdve minden $a_t=x{a}_t\text{'}$, ahol $\left(a_t\text{'}\mathrm{,}{a}_1\text{'}\right)=1$ (ahol $a_1=x{a}_1\text{'}$). Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_t}{a_{t+1}}+\frac{a_{t+1}-a_t}{a_1}=\frac{a_t\text{'}}{a_{t+1}\text{'}}+\frac{a_{t+1}\text{'}-a_t\text{'}}{a_1\text{'}}=\frac{a_t\text{'}{a}_1\text{'}+a_{t+1}{\text{'}}^2-a_t\text{'}{a}_{t+1}\text{'}}{a_{t+1}\text{'}{a}_1\text{'}}}\end{array}$ egész. Ez azt jelenti, hogy $a_{t+1}\text{'}\mid a_t\text{'}{a}_1\text{'}$. Mivel $\left(a_{t+1}\text{'}\mathrm{,}{a}_1\text{'}\right)=1$, ezért $a_{t+1}\text{'}\mid a_t\text{'}$. Ez az $r$ korláttól kezdve folyamatosan igaz, így $a_t\text{'}\mid a_r\text{'}$ és az $a_t\text{'}$ sorozat monoton csökkenő. Mivel $a_r\text{'}$-nek csak véges sok osztója van, a végtelen $a_t\text{'}$ sorozatnak egy $M$ korlát után minden eleme egyenlő lesz. Így $M<m$-re minden $a_m=x{a}_m\text{'}$ is egyenlő lesz, ezzel az állítást beláttuk.   6. Az $ABCD$ konvex négyszögre teljesül $AB\cdot CD=BC\cdot DA$. Az $X$ pont az $ABCD$ négyszög olyan belső pontja, amelyre teljesül $\begin{array}{c}{\displaystyle XAB\sphericalangle =XCD\sphericalangle \text{ és }XBC\sphericalangle =XDA\sphericalangle \mathrm{.}}\end{array}$ Bizonyítsuk be, hogy $BXA\sphericalangle +DXC\sphericalangle ={180}^{\circ }$.   Gáspár Attila megoldása. Legyen $XAB\sphericalangle =XCD\sphericalangle =\alpha$ és $XBC\sphericalangle =XDA\sphericalangle =\beta$. Vegyük fel a $B\text{'}$ pontot az ábra szerint úgy, hogy $XB\text{'}=\frac{XA\cdot XC}{XB}$ és $AXB\text{'}\sphericalangle =BXC\sphericalangle$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{AX}{B\text{'}X}=\frac{AX\cdot XB}{XA\cdot XC}=\frac{XB}{XC}m}\end{array}$ ezért $AXB\text{'}\sim BXC$. Emiatt $B\text{'}AX\sphericalangle =CBX\sphericalangle =\beta$, és $AB\text{'}=BC\cdot \frac{AX}{BX}$.     ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle B\text{'}XC\sphericalangle }& {\displaystyle =AXB\text{'}\sphericalangle +B\text{'}XC\sphericalangle -AXB\text{'}\sphericalangle =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =AXB\sphericalangle +BXC\sphericalangle -BXC\sphericalangle =AXB\sphericalangle \mathrm{,}\text{és}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{B\text{'}X}{CX}}& {\displaystyle =\frac{XA\cdot XC}{XB\cdot XC}=\frac{XA}{XB}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ezért $B\text{'}XC\sim AXB$. Így $XB\text{'}C\sphericalangle =\alpha$ és $B\text{'}C=AB\cdot \frac{XC}{XB}$. Látható, hogy $DCB\text{'}\sphericalangle =\alpha +XCB\text{'}\sphericalangle ={180}^{\circ }-B\text{'}XC\sphericalangle$, ezért $\text{sin}DCB\text{'}\sphericalangle =\text{sin}BXC\text{'}\sphericalangle$. Ebből következik, hogy ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \frac{T_{B\text{'}CD}}{T_{XB\text{'}C}}}& {\displaystyle =\frac{DC\cdot CB\text{'}\cdot \text{sin}DCB\text{'}\sphericalangle }{B\text{'}X\cdot XC\cdot \text{sin}B\text{'}XC\sphericalangle }=\frac{DC\cdot CB\text{'}}{B\text{'}X\cdot XC}=}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{DC\cdot AB\cdot \frac{XC}{XB}}{B\text{'}X\cdot XC}=\frac{CD\cdot AB}{XB\text{'}\cdot XB}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A területeket másképp felírva $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T_{B\text{'}CD▵}}{T_{XB\text{'}C▵}}=\frac{B\text{'}D\cdot B\text{'}C\cdot \text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle }{B\text{'}X\cdot B\text{'}C\cdot \text{sin}\alpha }=\frac{B\text{'}D}{B\text{'}X}\cdot \frac{\text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle }{\text{sin}\alpha }\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Az $\left(1\right)$ és $\left(2\right)$ egyenletet összevetve kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{CD\cdot AB}{XB\text{'}\cdot XB}}& {\displaystyle =\frac{B\text{'}D}{B\text{'}X}\cdot \frac{\text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle }{\text{sin}\alpha }\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{CD\cdot AB}{B\text{'}D\cdot XB}}& {\displaystyle =\frac{\text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle }{\text{sin}\alpha }\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Hasonlóan látható, hogy ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \frac{T_{DAB\text{'}▵}}{T_{XDA▵}}}& {\displaystyle =\frac{AD\cdot AB\text{'}}{DX\cdot XA}=\frac{AD\cdot BC}{DX\cdot BX}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \frac{T_{DAB\text{'}▵}}{T_{XDA▵}}}& {\displaystyle =\frac{B\text{'}D}{DX}\cdot \frac{\text{sin}ADB\text{'}\sphericalangle }{\text{sin}\beta }\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>5</mn>)}\end{array}}$ A $\left(4\right)$ és $\left(5\right)$ egyenletből kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{AD\cdot BC}{DX\cdot BX}}& {\displaystyle =\frac{B\text{'}D}{DX}\cdot \frac{\text{sin}ADB\text{'}\sphericalangle }{\text{sin}\beta }\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{AD\cdot BC}{B\text{'}D\cdot XB}}& {\displaystyle =\frac{\text{sin}ADB\text{'}\sphericalangle }{\text{sin}\beta }\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>6</mn>)}\end{array}}$ $AB\cdot CD=AD\cdot BC$, ezért a $\left(3\right)$ és $\left(6\right)$ egyenlet miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle }{\text{sin}\alpha }=\frac{\text{sin}ADB\text{'}\sphericalangle }{\text{sin}\beta }\mathrm{.}}\end{array}$ (7) Tegyük fel, hogy $X\notin B\text{'}D$. A szimmetria miatt feltételezhetjük, hogy $X$ a $B\text{'}CD$ háromszögben van. Ekkor $CB\text{'}D\sphericalangle >\alpha$, ezért $\text{sin}CB\text{'}D\sphericalangle >\text{sin}\alpha$, és $ADB\text{'}\sphericalangle <\beta$, ezért $\text{sin}ADB\text{'}\sphericalangle <\text{sin}\beta$. Ez ellentmond a $\left(7\right)$ egyenletnek. Tehát $X$ a $B\text{'}D$ szakaszon van. Ebből a feladat állítása könnyen adódik, mert $\begin{array}{c}{\displaystyle BXA\sphericalangle +DXC\sphericalangle =B\text{'}XC\sphericalangle +CXD\sphericalangle ={180}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$   Megjegyzés. Ha $0^{\circ }<{\phi }_1<{\phi }_2<{180}^{\circ }$, akkor csak abban az esetben lehetséges, hogy $\text{sin}{\phi }_1\ge \text{sin}{\phi }_2$, ha ${\phi }_1+{\phi }_2\ge {180}^{\circ }$. Látható, hogy $CB\text{'}D\sphericalangle +\alpha <CB\text{'}D\sphericalangle +\alpha +XCB\text{'}\sphericalangle ={180}^{\circ }-B\text{'}DC\sphericalangle <{180}^{\circ }$, és hasonlóan $ADB\text{'}\sphericalangle +\beta <{180}^{\circ }$. Emiatt ez az eset nem fordulhat elő a fenti bizonyításban. ${}^{*}$Az első nap feladatainak megoldását az októberi számban közöltük.