Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória

Átírás

1 Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03-as tanév. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató. Egy kör kerületére felírjuk -től 3-ig az egészeket valamilyen sorrendben. Három (a kör mentén) szomszédos számot triónak nevezünk. (3 ilyen csoport van.) A trióban lévő három szám összegét: a trió összegének hívjuk. Egy trió maximális ha a trió összege nagyobb vagy egyenlő mint az adott sorrendnél fellépő másik trió bármelyikének az összege. Mennyi a maximális trió összegének minimuma (az összes lehetséges sorrend esetén)? Megoldás. Tekintsük a következő ábrát! A kör kerületén ott van valahol az -es szám (az ábrán: délben ) a maradék számot az ábra szerint osszuk fel 4 diszjunkt trióra! Ennek a 4 triónak az összege: = 90. (Összegeik átlaga: 90/4 = 5) Vagyis a 4 trió között van olyan amelynek összege legalább 3. Így a maximális trió összegének minimuma legalább és a 3-as minimum el is érhető a következő ábra szerint. (A 3 darab ellenőrzést nem mellékeljük.) Vagyis a maximális trió összegének minimuma 3. 3 pont

2 Megjegyzések: Ha a versenyző valamilyen módon igazolja hogy a maximális trió összegének minimuma legalább (a 3-as érték helyett) az első 4 pontból kapjon ot. Az utolsó három pont természetesen akkor is jár ha a versenyző nem indokolja a legalább 3 -at (az első 4 pontért) de megfelelő olyan ábrája van ahol a maximális trió összege 3!. Egy konvex ötszög pontosan 00 darab egységnyi oldalú egybevágó szabályos háromszögből rakható ki (hézag- és átfedés nélkül). Mekkora lehet az ötszög kerülete? Megoldás. Egybevágó szabályos háromszögekből egy újabb szabályos háromszöget csak négyzetszám számú darabból lehet kirakni. Esetünkben egy n oldalú szabályos háromszög n egységyni oldalú kis háromszögből állhat. A feladat feltételeinek megfelelő ötszög az alábbi ábra szerint kiegészíthető egy n oldalú szabályos háromszögre: Ha például x y akkor x y < n ahol z. Bevezető megállapításunk alapján n = x + y + z az ötszög létrejöttének feltétele (x + y + ) x y (x + y + z) x y = 00. A felírt egyenlőtlenség rendezett alakja x + y + xy 99. Ha x y akkor 4x + x 99 azaz x + x 495 ahonnan x 6 következik. Mivel n x y = 00 ezért () x = esetén n y = 0 így n y = n + y = 0 ahonnan n = 5 y = 50 nem ad megoldást. () x = esetén n y = 04 ezért n y = n + y = 5 vagy n y = 4 n + y = 6 lehetséges. Az első esetben n = 7 y = 5 ami nem ad megoldást. A második esetben n = 5 y =. Ekkor x = y = z = a másik két oldal pedig 4 illetve 3 egység hosszú. Az ötszög kerülete pedig 3 egységnyi.

3 (3) Az x = 3 x = 4 x = 5 x = 6 esetekben rendre n y = 09 n y = 6 n y = 5 n y = 36 adódik. Az n y = (n y)(n + y) azonosság alapján n y < n + y felhasználásával a felsorolásnak megfelelően az n y = n + y = 09 n y = 5 n + y = 5 n y = n + y = 58 n y = n + y = 68 n y = n + y = 5 n y = 4 n + y = 34 egyenletrendszerek adódnak felhasználva azt is hogy n y és n + y azonos paritásúak. A felírt egyenletrendszerek egyikének sincs a feladat feltételeinek megfelelő megoldása. Tehát az ötszög kerülete csak 3 egység hosszú lehet. 3. Van 5 darab különböző és 03 közé eső pozitív egészünk úgy hogy bármely kettő (különböző) közülük relatív prím egymáshoz. Igazoljuk hogy a számok között van prím! Megoldás. Indirekt tegyük fel hogy a számok között nincs prím. Ekkor minden szám legalább két (nem feltétlenül különböző) prímszám szorzatára bontható és mivel relatív prímek egymáshoz ezért két különböző szám prímfelbontásában nem szerepelhetnek azonos prímek. Legyen a 5 számunk a a a 3... a 5 a legkisebb prímtényezőik szerint növekvő sorrendben felsorolva. (Vagyis i < j akkor és csak akkor ha a i legkisebb prímtényezője kisebb mint a j legkisebb prímtényezője.) Vizsgáljuk a 5 prímtényezős felbontását! a 5 legkisebb prímtényezője (az előző pont miatt) legalább akkora mint a 5-dik pozitív prím ami ( ) 47. Vagyis a = 09 > 03. Ellentmondásra jutottunk a hiba csak az indirekt feltevésünkben lehet vagyis valóban van a 5 szám között prím. Megjegyzés: a feladat olyan értelemben éles hogy ha csak 4 számunk lenne 03-ig már nem lenne igaz az állítás. Erre jó ellenpélda az a = a = 3 a 3 = 5... a 4 = 43 = 849 számok. 3

4 4. Az ABCD négyzet BD átlóján úgy vettük fel az M és N pontokat hogy Mekkora az MAN? BM + ND = MN. Megoldás. Először jegyezzük meg hogy a pontok sorrendje B M N D hiszen a B N M D sorrendben már BM is nagyobb lenne mint MN. Készítsünk ábrát! Ahhoz hogy a feltételt fel tudjuk használni létrehozunk egy olyan háromszöget amelynek oldalai BM MN és ND. Ehhez forgassuk el A körül 90 -kal az ABM háromszöget az ábrán látható módon az ADM háromszögbe. Az elforgatás miatt egyrészt DM = BM másrészt ADM = ABM = 45. Tehát NDM derékszögű háromszög vagyis Pitagorasz tétele és a feltétel alapján M N = MN. Szintén a forgatás miatt AM = AM így AMNM deltoid. Végül vegyük észre hogy ismét a forgatás miatt AM merőles AM-re és a deltoid AN átlója felezi A-nál lévő szögét tehát MAN = Melyek azok az x valós számok amelyekre teljesül hogy [x] + [x] + [3x] [0x] = 03? ([y] értéke az a legnagyobb egész szám amely y-nál nem nagyobb.) Megoldás. Először belátjuk hogy [0x] < 3. Ha ugyanis 3 [0x] lenne akkor 3 3 0x azaz 0 x. Az f(x) = [x] + [x] + [3x] [0x] függvény növekvő de f ( ) 3 = = 04 0 ezért x < 3 0. Az eredeti egyenlet szerint 0 < x < 3 valamint 0 [0x] < 3 alapján f(x) tagjainak 0 értéke 0 lehet. Ha f(x) tagjai között a darab 0 b darab c darab értékű tag van akkor a + b + c = 0 és b + c = 03. 4

5 Egyenletrendszerünk alapján b = 0 a c = a + ahol 0 < a < 0. Az ax < és (a + )x feltételek alapján (I) a + x < a. A [ (0 a)x ] = feltétel alapján pedig (0 a)x ahonnan x pedig 0 a így (II) 0 a x < a. Az egyenlőtlenség alapján a 670. Mivel (0 a)x < ezért x < 0 a így (III) a + x < 0 a ahonnan 670 a adódik. Eredményeink alapján a = 670 b = 67 c = 67. Így pedig (I) (II) (III) alapján rendre 67 x < x < x < 34 adódik. A rendszer megoldása 67 x < 34. [ [ Az 67 ; intervallumba eső valamennyi x érték megfelel a feladat feltételeinek. 34 5