Kezdőlap


Cím:	A 61. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása I.
Szerző(k):	Gyimesi Péter , Kocsis Anett , Weisz Máté
Füzet:	2020/december, 514 - 516. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	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 matematikai diákolimpia feladatainak a megoldásait; lényegében úgy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai leírták. Közreműködésüket köszönjük és ezúton is gratulálunk eredményeikhez.

\begin{matrix} A szerkesztőség \end{matrix}

Első nap^{$^{*}$}

1. feladat. Tekintsük az

A B C D

konvex négyszöget. A

P

pont az

A B C D

belsejében van. Fennállnak az alábbi, arányokra vonatkozó egyenlőségek:

\begin{matrix} P A D ∢ : P B A ∢ : D P A ∢ = 1 : 2 : 3 = C B P ∢ : B A P ∢ : B P C ∢ . \end{matrix}

Bizonyítsuk be, hogy a következő három egyenes egy ponton megy át: az

A D P ∢

és a

P C B ∢

szög belső szögfelezője és az

A B

szakasz felezőmerőlegese.

Gyimesi Péter megoldása. Legyen

P A D ∢ = α

P B A ∢ = 2 α

és

A P D ∢ = 3 α

C B P ∢ = β

B A P ∢ = 2 β

és

B P C ∢ = 3 β

. Vegyük fel az

E

pontot az

A D

egyenesen úgy, hogy

A P E ∢ = α

teljesüljön.

Így

A E P = 180^{\circ} - 2 α

A B P ∢ + A E P ∢ = 180^{\circ}

, tehát

A B P E

húrnégyszög.

\begin{matrix} P E D ∢ & = 2 α = 3 α - α = A P D ∢ - A P E ∢ = E P D ∢, \end{matrix}

tehát

E D = P D

. Az

A D P ∢

szögfelezője egyúttal az

E P

szakasz felezőmerőlegese.
Ezt a másik oldalon is meg lehet csinálni: Vegyük fel az

F

pontot a

B C

egyenesen úgy, hogy

B P F ∢ = β

legyen. Az előbbiekhez hasonlóan kijön, hogy

A B F P E

húrötszög és a

P C B ∢

szögfelezője a

P F

szakasz felezőmerőlegese.
A három húr felezőmerőlegese átmegy a kör középpontján.

2. feladat. Az

a

b

c

d

valós számok olyanok, hogy

a \geq b \geq c \geq d > 0

és

a + b + c + d = 1

. Bizonyítsuk be, hogy

\begin{matrix} (a + 2 b + 3 c + 4 d) a^{a} b^{b} c^{c} d^{d} < 1. \end{matrix}

Weisz Máté megoldása. Az

a

b

c

d

számokra a súlyozott számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget alkalmazva

\begin{matrix} a^{a} b^{b} c^{c} d^{d} \leq a \end{matrix}

adódik. Így ha igazoljuk, hogy

\begin{matrix} (a + 2 b + 3 c + 4 d) (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) < 1, \end{matrix}

abból a feladat állítása is következik. Most

n

szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy ha az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

pozitív számok (egyik) legnagyobbika

a_{1}

, valamint

a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} = 1

, akkor

\begin{matrix} (a_{1} + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) \leq 1. \end{matrix}

Azt is látni fogjuk, hogy

n = 3

esetén egyenlőség nem teljesülhet.

n = 1

esetén az állítás nyilvánvaló:

a_{1}^{3} = 1^{3} \leq 1

. Most tegyük meg az indukciós lépést

n

-ről

(n + 1)

-re. Azt kellene igazolnunk, hogy ha a pozitív

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n + 1}

számok közül

a_{1}

a legnagyobb, és az összegük 1, akkor

\begin{matrix} (a_{1} + 3 \sum_{i = 2}^{n + 1} a_{i}) (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{2}) \leq 1. \end{matrix}

Legyen

a_{1}' = a_{1} + a_{n + 1}

és

a_{i}' = a_{i}

minden

2 \leq i \leq n

esetén. Így

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}' = \sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i} = 1, \end{matrix}

valamint az

a_{i}'

számok legnagyobbika természetesen

a_{1}'

, így az indukciós feltevést használva

\begin{matrix} (a_{1}' + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}') (\sum_{i = 1}^{n} {(a_{i}')}^{2}) \leq 1. \end{matrix}

Tehát elegendő lenne igazolnunk, hogy

\begin{matrix} (a_{1} + 3 \sum_{i = 2}^{n + 1} a_{i}) (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{2}) \leq (a_{1}' + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}') (\sum_{i = 1}^{n} {(a_{i}')}^{2}), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} ((a_{1} + a_{n + 1} + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}) + 2 a_{n + 1}) (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) \leq \\ \leq (a_{1} + a_{n + 1} + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}) ((\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{2}) + 2 a_{1} a_{n + 1}) . \end{matrix}

A beszorzás után mindkét oldalon megjelenő

(a_{1} + a_{n + 1} + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}) (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{2})

tagot levonva, majd

2 a_{n + 1}

-gyel osztva a

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{2} \leq (a_{1} + a_{n + 1} + 3 \sum_{i = 2}^{n} a_{i}) a_{1} = \sum_{i = 1}^{n + 1} a_{1} a_{i} + 2 \sum_{i = 2}^{n} a_{1} a_{i} \end{matrix}

becsléshez jutunk, ami

a_{1}

maximális volta miatt láthatóan mindig teljesül, ezzel az indukciós lépést megtettük. Világos az is, hogy

n ⩾ 2

esetén egyenlőség nem teljesülhet, mert a jobb oldalon a második összeg nem üres, tehát

n = 3

-tól kezdve szigorúan is igaz az indukciós állítás. Alkalmazzuk a kapott eredményt

n = 4

és

a_{1} = a

a_{2} = b

a_{3} = c

a_{4} = d

választással. Felhasználva még, hogy

b ⩾ d

látjuk, hogy

\begin{matrix} (a + 2 b + 3 c + 4 d) (a_{2} + b_{2} + c_{2} + d_{2}) \leq (a + 3 b + 3 c + 3 d) (a_{2} + b_{2} + c_{2} + d_{2}) < 1, \end{matrix}

és ezzel a bizonyítást befejeztük.

3. feladat. Adott

4 n

kavics, amelyeknek a súlya rendre

1,2,3, ...,4 n

. Mindegyik kavics

n

szín közül az egyik színnel van kifestve; mindegyik színből négy kavics van. Mutassuk meg, hogy a kavicsokat el lehet rendezni két kupacba úgy, hogy mindkét alábbi feltétel teljesüljön:

$•$	A két kupac összsúlya azonos.

$•$	Mindegyik kupac minden színből két kavicsot tartalmaz.

Kocsis Anett megoldása. Először is párosítsuk össze az

(1,4 n)

(2,4 n - 1)

...

(2 k,2 k + 1)

súlyú kavicsokat.
Ezután vegyünk egy

n

csúcsú gráfot, ahol a gráf csúcsai a színek. Húzzunk be

2 n

élet a gráfba a már létrehozott párjaink szerint: ha a

(2 n - k,2 n + k + 1)

párban az egyik

a

, a másik

b

színű, akkor húzzunk be egy

a b

élet a gráfban. Ekkor lehetnek többszörös és hurokéleink is. Ezután tekintsük a gráfunkat. Ez egy

4

-reguláris gráf, hiszen minden színből

4

kavics van. Szeretnénk kiválasztani úgy néhány élet, hogy a kiválasztott élek egy

2

-reguláris gráfot feszítsenek ki az

n

csúcson.Tegyük fel, hogy a gráf összefüggő; ha nem az, akkor minden összefüggő komponensre elvégezzük a következőket: Elhagyjuk a hurokéleket. Ezzel még mindig minden csúcs foka páros, azaz van benne Euler-kör. Menjünk végig ezen az Euler-körön, és számozzuk meg az éleket. Amikor olyan csúcshoz érünk, ahol az eredeti gráfban hurokél volt, ott tegyük vissza a hurokélet, és annak is adjunk sorszámot, mégpedig ha az

i

-edik élen jöttünk be a csúcshoz, akkor az

i + 1

-ediket. Ezután tekintsük a páros sorszámú éleket. Az az állításunk, hogy ezek éppen olyan élek, amiket kerestünk.
Három típusú csúcsunk van, ezeknek az éleit vizsgáljuk:

$•$	hurokéles csúcs: $i$ , $i + 1$ , $i + 2$ (az $i + 1$ lesz a hurokél sorszáma, tehát ez kettő fokot ad);

$•$	kezdő csúcs: 1, $2 n$ , $k$ , $k + 1$ , azaz két páros és két páratlan;

$•$	a maradék csúcsok: $i$ , $i + 1$ , $j$ , $j + 1$ azaz két páros és két páratlan.

Azaz az egyik kupacunk azok a párok lesznek, amiknek a páros élek feleltek meg, a másik kupacunk azok a párok lesznek, amiknek a páratlan élek feleltek meg.

^{$^{*}$}A második nap feladatainak megoldását a januári számban közöljük.