A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A 2012. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása
1. Az háromszög -val, illetve -vel szemközti hozzáírt köreinek középpontjait jelölje , illetve . Húzzuk meg a körülírt kör egy olyan húrját, amely párhuzamos az oldallal, továbbá metszi az és oldalszakaszokat. Az és egyenesek metszéspontja legyen . Bizonyítsuk be, hogy
Megoldás (Gyarmati Máté megoldása alapján). A és azonos íven nyugvó kerületi szögek, és váltószögek, valamint és szintén azonos íven nyugvó kerületi szögek.
Innen adódik. Ezen kívül , hiszen húrnégyszög. Tehát , hisz két-két szögük egyforma, így is teljesül. Legyenek és rendre a , illetve pontok tükörképei a egyenesre. Világos, hogy | | és hasonlóan | | ahol a és metszéspontja. A tükrözés miatt tehát , , , és egy körön ( Thalesz-körén) vannak. Ezen kívül és egyaránt rajta vannak az háromszög -nél lévő külső szögfelezőjén, ezért a csúcs tükörképe az egyenesre illeszkedik. Korábban láttuk, illetve a tükrözés miatt , így , és is egy egyenesre esnek. Ezek szerint | | tehát az és pontok is húrnégyszöget alkotnak. A és körök hatványvonala , a és körök hatványvonala pedig . E három kör hatványpontja pedig a két hatványvonal metszéspontja, . Tehát a pont hatványa az körre , és ez megegyezik a körre vett hatvánnyal. Mivel az utóbbi körön fekszik, -nek is illeszkednie kell e körre, tehát húrnégyszög. Innen | | és nekünk pontosan ezt kellett igazolnunk.
Megjegyzés. A feladat állítása akkor is teljesül, ha a húrról nem tesszük fel, hogy metszi az és oldalszakaszokat. Ez az általánosítás több, egymástól lényegesen nem különböző eset gondos vizsgálatával a fentiekhez hasonlóan igazolható. A bizottság nem kívánta ezzel terhelni a versenyzőket, ezért döntött a speciális eset kitűzése mellett.
2. Jelölje az pozitív egész szám -es számrendszerbeli felírásában az -esek számát. Nevezzünk egy pozitív egész számot érdekesnek, ha osztható -nel. Bizonyítsuk be, hogy nem lehet egymás utáni pozitív egész szám mindegyike érdekes, továbbá, hogy végtelen sok olyan pozitív egész szám van, amelyre az , és számok mindegyike érdekes. Megoldás. Indirekt bizonyítunk: tegyük fel, hogy létezik egymást követő, érdekes pozitív egész szám. Ezen számok közt bizonyosan van két olyan egymást követő szám (mondjuk és ), hogy az szám -es számrendszerbeli felírása -re végződik: . Ekkor az , ezért . Mivel és egyaránt érdekesek, és miatt teljesül, tehát . Ezért -ből következik. Ekkor ugyan még érdekes, de már nem az, tehát nem létezik egymást követő érdekes pozitív egész szám. (Negatív számokat is megengedve létezik öt egymást követő érdekes szám: , , 0, 1, 2.) Egyúttal azt is igazoltuk, hogy ha az , , és pozitív egészek mindegyike érdekes, akkor az . A fenti bizonyításból kitűnik, hogy ha olyan -t keresünk, amire az , és számok mindegyike érdekes, akkor vagy . Foglalkozzunk azzal az esettel, amikor . Sőt: tegyük fel, hogy azaz osztható -tal, de -vel nem. Legyen . Ekkor és , tehát , , így és , valamint . Ezért olyan (minél kisebb) -t keresünk, amire az , és számok közül legfeljebb csak -nak és -nek lehet -nél nagyobb közös osztója, és az sem lehet több -nél. Éppenséggel az ilyen szám, ahhoz azonban, hogy ez megoldást adjon, az kellene, hogy teljesüljön, ahol . Ez pedig lehetetlen, ugyanis . Ezért a következő lehetőséggel, -gyel próbálkozunk. Ekkor , ahol . Az és érdekességéből adódnak a és feltételek. Az jelölést bevezetve azt kapjuk, hogy , teljesül, és miatt . Ennek a kongruenciarendszernek kell tehát olyan alakú megoldását keresnünk, amelyre . Nem nehéz megoldani a szimultán kongruenciarendszert sem (az helyett kongruenciát használva), de az ujjainkon számolva is célt érünk. A két első kongruencia az kongruenciával ekvivalens. A feltétel azt jelenti, hogy , tehát az alakú számok közül csak 160, , jön szóba. A még nem jó, de a már igen. Tehát és valóban: az választással és . A most talált érdekes számhármas segítségével pedig úgy kaphatunk végtelen sok megoldást, ha észrevesszük, hogy és tehát | | választással | | és | | (Az pedig nyilván teljesül.)
Megjegyzések. 1. A rész megoldásához nem tartozik hozzá, hogyan is találtuk meg a végtelen sok példát. Természetesen az is teljes értékű megoldás, ha valaki csak az utolsó bekezdésben megadott számhármasokra bizonyítja be, hogy azok érdekes számokból állnak. (Utóbbit nem nehéz megtenni). Természetesen a mintamegoldásban egyúttal azt is jelezni kívántuk, hogyan lehet találni ilyen számhármasokat. 2. A rész megoldásának elején miért csak azt vizsgáltuk, ha bináris alakjában a két utolsó előtt még két áll? Nos azért, mert ha lenne, akkor és , vagyis , tehát és , ami lehetetlen. Hasonlóan, ha , akkor , , így jelöléssel és -nek adódik, ám ez a mintamegoldásbelinél nagyobb -ra vezet. (Egyébként van ilyen megoldás is, ezek legkisebbike , ahol tehát és , és .) 3. Ha a részben az -et alakban keresnénk, akkor hasonló gondolatmenettel még kisebb megoldást is találnánk: -ra , és . Innen pedig és miatt kapunk végtelen sok érdekes hármast, ahol . 4. A feladat részét kiegészítő természetes kérdés persze úgy hangzik, hogy a pozitív egészek között előfordul-e vajon végtelen sokszor négy egymást követő érdekes szám. A válasz igenlő: a legkisebb ilyen négyes a
Innen a fentiekhez hasonlóan kaphatunk végtelen sok , , , érdekes számnégyest, ahol . A szám megtalálása pontosan ugyanolyan lépésekkel történhet, mint a vagy a számoké, csak valamivel több számolást (és így több időt) igényel, további említést érdemlő ötletre azonban nincs szükség. Ez hát a magyarázata annak, hogy a bizottság a feladat részében a természetesen adódónál egy könnyebb kérdést tűzött ki. 5. A részben használt ötletek nélkül is nagyon könnyen látható, hogy végtelen sok olyan van, amire és is érdekes. Ugyanis minden jó, ahol páros, hiszen és . Vannak példák páratlan -nel is, a legkisebb az . 6. Az alapú számrendszerben a feladatbelihez hasonlóan definiált számokat a szakirodalom -Niven számokként említi. A -Niven számokat röviden Niven-számoknak (vagy Harshad-számoknak) hívják. Helen Grundman publikálta 1994-ben, hogy legfeljebb egymást követő -Niven szám létezhet, és Cai bizonyította 1996-ban, hogy végtelen sokféleképp található egymást követő -Niven szám, illetve hogy a -Niven számok között is végtelen sok egymást követő hatos lép fel. Tudható még, hogy az egymást követő nem-Niven számok sorozata tetszőlegesen hosszú lehet, illetve hogy hány (-)Niven szám van -ig (DeKoninck‐Doyon tétele szerint aszimptotikusan , ahol .
3. Tekintsünk eseményt, amelyek mindegyikének valószínűsége , továbbá bármelyik kettő együttes bekövetkezésének valószínűsége . Igazoljuk, hogy annak a valószínűsége, hogy egyik sem következik be, legfeljebb . Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelyre megadhatók az események oly módon, hogy pontosan legyen annak a valószínűsége, hogy egyik sem következik be.
Megoldás. Jelölje ezt az eseményt , ekkor esetén , továbbá esetén teljesül. Legyenek olyan páronként diszjunkt események, melyek közül alkalmasak uniójaként mindegyik előállítható, és azt is tegyük fel, hogy mindegyik szerepel legalább az egyik előállításában. (Ilyenek például az alakban előálló események, ahol vagy az eseményt, vagy annak komplementerét jelöli, és legalább egy -re teljesül.) Definiáljunk minden esetén egy vektort, ahol , amennyiben szerepel előállításában (vagyis ), különben pedig . Legyen esetén . Ekkor annak valószínűsége, hogy az események közül legalább az egyik bekövetkezik: . Tekintsük a következő mennyiséget: | | Könnyen meggondolhatjuk, hogy | | Most a súlyozott számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség segítségével alulról becsüljük értékét:
amiből , és így . Ez azt jelenti, hogy annak a valószínűsége, hogy az események közül egyik sem következik be, legfeljebb . A feladat részének igazolásához legyen , ahol tetszőleges pozitív egész szám. Dobjunk -szer egy szabályos pénzérmével, és a dobások halmazának tetszőleges nemüres részhalmazára legyen az az esemény, hogy a -beli dobások között páratlan sok fej van. Megmutatjuk, hogy ez az esemény kielégíti a feltételeket. Legyen először a dobások halmazának egy nemüres részhalmaza, és legyen . Képzeljük úgy, hogy a dobás történik utoljára. Ha a -beli dobások közül páratlan sok lett fej, akkor valószínűséggel lesz a -beli dobások közül is páratlan sok fej (ha a dobás írás), ha pedig a -beli dobások közül páros sok lett fej, akkor szintén valószínűséggel lesz a -beli dobások között páratlan sok fej (ha a dobás fej). Ezért . Legyenek most és a dobások halmazának különböző nemüres részhalmazai. Feltehetjük, hogy például , vagyis létezik . Legyen . Képzeljük úgy, hogy a dobás az utolsó, a pedig az utolsó előtti. Akármi is a , előtti dobások eredménye, a dobás után valószínűséggel lesz a -beli dobások között páratlan sok fej, és a -beli fejek számán a dobás már nem változtat. A előtti dobások eredményétől függetlenül, az utolsó, dobás után pedig valószínűséggel lesz a -beli fejek száma páratlan. Ez azt jelenti, hogy . Az események közül akkor nem következik be egyik sem, ha az összes dobás eredménye írás, ennek a valószínűsége pedig . Ezzel a feladat részét is igazoltuk.
Megjegyzés. Tetszőleges páratlan -re megadható olyan esemény, amelyek teljesítik a feladatbeli feltételeket úgy, hogy pontosan valószínűséggel nem következik be egyik sem. Legyen ugyanis , és tegyük fel, hogy az eseményeink közül mindig pontosan következik be, ráadásul bárhogyan is választunk ki eseményt, azok együttes bekövetkezésének valószínűsége pontosan . Ekkor az esemény bekövetkezésének a valószínűsége | | illetve az és események együttes bekövetkezésének valószínűsége esetén | | Annak a valószínűsége pedig, hogy egyik esemény sem következik be éppen
|
|