A feladatokat összeállító bizottság és a verseny szervező bizottsága

Átírás

1 ezt a feladváyt hóapoal ésőbb sierült a fürdőádba megoldaom. Modaom sem ell, hogy hatalmas atarzist oozott a hosszú godolodás siere. A mai apig hasoló atartius örömet ooz, ha egy ehéz feladatot sierül megoldai (Keleti Tamás) A Radó Ferec Emléversey 997-be a özépisolá özt már jól műödő erdélyi matematia verseye mitájára idult 5-8 osztályos diáo számára. A szervező szádéa az volt, hogy folyamatosa bevojá a özépisola égy évfolyamát, és ez a versey legye a taév utolsó verseye. Úgy godolju, hogy ezt a célt sierült eléri, ma már a versey 8 évfolyamo zajli, és emcsa a taév utolsó verseye, haem egybe az egyi legragosabb vetéledője is. Erre a verseyre elsősorba azo a diáo hivatalosa, aie valamilye más verseye már sierült eredméyt eléri. Így természetese a feladatsoro is ehhez vaa igazítva, egy erős regioális versey mércéjét öveti. Ee az is egy övetezméye, hogy az eredméye várhatóa em a 80% 00% itervallumba torlóda, haem a 0% 50% tartomáyba. Véleméyü szerit a versey mide résztvevője dicséretet érdemel, és ai 50% fölött teljesít, az már díjat. A feladatoat összeállító bizottság tagjai (Adrás Szilárd, Csapó Hajala, Demeter Albert, László Tamás, Luács Ador, Simo József, Szilágyi Zsolt, Zsombori Gabriella), az elmúlt éháy év szoásához híve, agyrészt az erdélyi matematiaverseye továbbra is matematiával foglalozó díjazottjai özül erülte i, reméljü, hogy a övetező évebe újabb és újabb tagoal bővül majd ez a csapat. A feladato összeállítása sorá a verseybe beerülő feladatoo ívül so érdees probléma született, ezeből éháyat mi sem tudu megoldai. Természetese az ötlete emcsa matematiára orlátozódta, íme éháy a verseyre voatozóa: csa az általu meg em oldott feladatoat adju fel a verseyre, a győzteseet az érezésor isorsolju, a verseye a diácsapato szeresszee feladatoat a taároa, ülöböző évfolyamo feladatait összeeverjü stb. A hagyomáyt tisztelő megyugtatása (és persze saját testi épségü megőrzése) edvéért ezeről az ötleteről lemodtu (bár meglepetése még lehete). Mégis újdosága számít az idei verseye, hogy a XI. és XII. évfolyam verseyzői bármilye segédayagot haszálhata (öyvtár, Iteret) és a megoldásoat öt óra alatt ell elészíteiü. Az eddigi verseye megszervezéséért öszöettel tartozu a Báthory Istvá Líceum vezetőségée és taáraia, a olozsvári ollégáa, vedégfogadó diáoa és szüleie a segítségüért, a verseye résztvevő ollégáa a tudatosa vállalt megerőltetéseért, valamit a Romáiai Magyar Pedagóguso Szövetségée, az Illyés Közalapítváya és azoa a olozsvári cégee, ai a verseyt ayagilag támogattá. A feladatoat összeállító bizottság és a versey szervező bizottsága

2 V. osztály. Egy taöyv oldalaia számozása sorá 495 számjegyet yomtatta a lapora (a számozás -től ezdődi és a öyv végéig tart, mide oldalo egy szám va). Háy oldalas a taöyv?. Határozd meg azt az xy z számot, amelyre zx y + xyz = Két játéos felváltva választ egy-egy számot az {,,3,4,5,6,7,8,9,0,,,3,4,5,6} halmazból a övetező szabályo szerit: a) egyetle szám sem választható étszer; b) mide lépés utá a iválasztott számo összege teljes égyzet ell legye (tehát az első szám is). (Például ha az első iválasztott szám 4, aor a másodi csa 5 vagy lehet, stb.) Az veszít, ai em tud választai. Bizoyítsd be, hogy az első játéosa va yerő stratégiája! 4. Az A halmaz redelezi a övetező tulajdoságoal: a) 0 A ; b) ha x A, aor 3x + A; y c) ha y A és y páros, aor A. Igaz-e, hogy 0 A? Hát az, hogy 4 A? VI. osztály. Határozd meg azoat az a, b számoat, amelyere a + b + a + b + =. a) Alaítsd át az törtet tizedes törtté!, 00 b)határozd meg az x = számba a tizedesvessző utái 003. számjegyet!, a) Egy huszárral (lóval) be lehet-e jári egy 4 4-es táblát úgy, hogy mide mezőt potosa egyszer éritsü? b) Vágju i egy mezőt az előbbi táblából úgy, hogy a megmaradt mezőet végigjárhassu az a) pot feltételée megfelelőe. Melyi mezőt ell elhagyi ahhoz, hogy bejárható legye a megmaradt rész? 4. Egy háromszög alaú papírdarabot ollóval darabora vágu (mide vágás egyees és a daraboat is tovább darabolhatju). A apott daraboat az oldalai száma szerit csoportosítju. Bizoyítsd be, hogy ha legalább 4 csoport va, aor legalább ayi háromszög alaú darab va, mit ameyi csoport!.

3 VII. osztály. a) Bizoyítsd be, hogy három egymás utái természetes szám szorzata osztható 3 -mal. b) Határozd meg azoat az természetes számoat, amelyere ( + 4)( + ) = 3.. Az ABC háromszögbe beírtu az MN P háromszöget (M ( BC), N ( CA) és P ( AB) ) úgy, hogy NP BC. Legye A BC úgy, hogy AA BC valamit { A} = AA PN. Bizoyítsd be, hogy PN AA TMNP a) + = ; b). BC AA 4 T ABC 3. Teitsü a B = összeget. Bizoyítsd be, hogy B < Az ABC egyelő szárú és derészögű (m( A BC ) = 90 ) háromszögö ívül felvesszü az M potot úgy, hogy teljesüljö a m( M AC ) = 5 és m( M CA ) = 30 egyelőség. Számítsd i az MBA mértéét! 5. Egy szabályos oldalú soszögbe Ador és Zsolt felváltva behúza egy-egy átlót, Ador piros szíel és Zsolt éel (ezdetbe egy átló sics meghúzva és egy átlót csa egy szíel szabad behúzi). Midette arra töreede, hogy egy háromszöget rajzoljaa a saját szíüel (a háromszög csúcsai a soszöge is csúcsai). A játéa aor va vége, amior az első egy szíel rajzolt háromszög megjelei, és az yer, ai ezt ialaította. Bizoyítsd be, hogy 8 eseté a ezdő játéosa va yerő stratégiája. Mi ez a stratégia? VIII. osztály. Határozd meg azoat az x, y természetes számoat, amelyere x = y + xy a) Bizoyítsd be, hogy x + x + + x ( x x + ) = x ( + ) x +, b) Határozd meg az összeg egészrészét. ( ) S =

4 3. Az ABCDA B C D ocába M ( AB), N ( C C ), P ( A D ) és Q ( B B ) úgy, hogy teljesüljee az AM = l, NC = = A P 8 l és BQ = 4 l egyelősége, ahol l a oca oldalélée hossza. Bizoyítsd be, hogy MP merőleges NQ -ra! 4. Teitsü az S = ( + ) ( + ) + ( + ) ( + ) összeget (mide tag szerezete ugyaaz, mit az utolsóa). + a) Bizoyítsd be, hogy S =,. + b) Határozd meg a legisebb értéet, amelyre S Egy papíroca éháy élét felvágju, és a ocát iterítjü a síba úgy, hogy egy olya síbeli alazathoz jussu, amely hat égyzetből áll és mide égyzete va özös oldala legalább egy mási égyzettel. Háy ülöböző iterített papírdarabot aphatu, ha ét iterítés potosa aor ülöböző, amior em lehet őet egymásra illesztei? IX. osztály. Határozd meg az egyeletredszer valós megoldásait. + xy = y + z + yz = z + x + zx = x + y. a) Adjál példát olya f :, fx ( ) = ax + bx+ calaú függvéyre, amelye grafius épe potosa ét egész oordiátájú potot tartalmaz. b) Bizoyítsd be, hogy ha az f :, fx ( ) = ax + bx+ cfüggvéy grafius épe legalább három egész oordiátájú potot tartalmaz, aor végtele so ilye potot tartalmaz. 3. Az ABCD égyszög AB és CD oldalá mozog az M (AB) és N (CD) pot úgy, hogy AM teljesüljö az MB = CN egyelőség. Határozd meg az MN szaasz felezőpotjáa mértai ND helyét! 4. Határozd meg azoat az x és y természetes számoat, amelyere x y y = 6. 3 x 5. Bizoyítsd be, hogy 3 darab egységyi hosszúságú vetorból i lehet választai darabot úgy, hogy az összegü hossza legalább legye! 4

5 X. osztály. Bizoyítsd be, hogy ha z és z =, aor + z + z.. Határozd meg a övetező egyeletredszer valós megoldásait: loga logb = log c log ab logb logc = log a. log bc logc loga = log b log ca 3. Teitsü az F = F =, F+ = F+ + F, 0 összefüggéseel értelmezett sorozatot. 0 Bizoyítsd be, hogy ha az ( x ) elemét, aor végtele so elemét is tartalmazza. számtai haladváy tartalmazza az ( F ) sorozat egy 4. Teitsü a P( x) = ( ) C x, 0 poliomsorozatot. = 0 a) Bizoyítsd be, hogy P ( x ) = x P ( x) P ( x),. b) Számítsd i P() -t! Egy térbeli ovex poliédere lapja és összese p éle va. Háy él meté ell felvágju a poliédert, ahhoz, hogy iteríthessü a síba?. Bizoyítsd be, hogy a XI. osztály P() P() P( ) P() P() P( ) = P () P () P ( ) determiás ulla, ha P, P,..., P legfeljebb ( ) -ed foú poliomo. ε. Ha ε, ε,..., ε az -ed redű egységgyöö, számítsd i a összeget! = ( ε ) 3. Határozd meg az f :, em idetiusa ulla függvéyt, amely teljesíti a övetező feltételeet: a) fz ( ) fz ( ) = fz ( z), z, z ; b) fz ( + z) + fz ( z) = fz ( ) + fz ( ), z, z ; 5

6 c) a g :, g( x ) = fx ( ), x függvéy folytoos. 4. Határozd meg az bizoyítsd be, hogy x = x + +, és x = sorozat általáos tagját és x lim =. 5. Egy üres táblára felírtu az ( x0, y0) számpárt. Mide lépésbe letöröljü a táblá található (, xy) számpárt és a helyére a x + y, x + y számpárt írju. Mi a szüséges és elégséges 5 5 feltétele aa, hogy éháy lépés utá a táblá ét egyforma szám jeleje meg? XII. osztály. Bizoyítsd be, hogy az f :, si, x \ { π } fx ( ) = si x 0, x { π } függvéye va primitív függvéye.. Bizoyítsd be, hogy ha f :[0,] itegrálható függvéy, aor fx ( ) lim dx = f ( x) dx + x A [0,] itervallum elemeie tizedes reprezetációja segítségével értelmezzü az f :[ 0,] [0,] függvéyt a övetező módo: x = 0, aa a a... a a... f( x) = 0, a aa a... a a (ha x, aor em haszálju a csa 9 -eseet tartalmazó szaaszos reprezetációt). Bizoyítsd be, hogy f itegrálható és számítsd i az itegrálját! 4. A ( G, ) csoporta potosa ét automorfizmusa va. a) Bizoyítsd be, hogy ( G, ) ommutatív csoport! b) Bizoyítsd be, hogy ha ( G, ) véges csoport, aor izomorf a (,+ ), (,+) 3 4 vagy (,+ 6 ) csoporto özül az egyiel! ) 5. Legye p 3 egy prímszám és ( p, + elemeie egy permutációjából iidulva bármely ét egymás melletti szám alá írju be a -beli összegüet (Például ( )-be az 0 p, permutációból iidulva a melléelt ábrát apju). Így a p -edi sorba csa egy elem áll. Ezt evezzü a permutációhoz redelt utolsó száma. a) Bizoyítsd be, hogy utolsó számét ( p, + bármelyi eleme megjelehet. ) b) Bizoyítsd be, hogy ha az összes permutációhoz redelt utolsó számot összeadju (( p, + )- be), az eredméy 0. 6

7 Megoldáso V. osztály. -től 9 -ig 9 számjegyet ell yomtati, 0 -től 99 -ig 90 = 80 számjegyet, tehát megmarad = 306 számjegy. Ezeet hármasával haszáljá fel a yomtatás sorá, tehát további 0 oldalt számoza meg. Így a öyv összese = 0 oldalt tartalmaz.. Mivel zx y = 00 z + xy és xy z = 0 xy + z, az adott egyelőség egyeértéű a 0 z + xy = 8 egyelőséggel. A 8 szám -gyel való osztási maradéa 8 és a 0 osztási maradéa, ezért z = 4. Így xy = 407, tehát xy = 37 és xyz = Az első stratégiája abból áll, hogy éyszerhelyzetbe hozza az ellefelét. Ha ugyais 6 -tal idul, aor a másodi csa 9 -et választhat. Így az első ötelező módo -et ell válasszo, a másodi 3 -at és végül az első 5 -t. Ez utá a iválasztott számo összege = 64 és a övetező teljes égyzetig a távolság 7. Mivel ez ics a halmazba, a másodi játéos em tud választai, tehát veszít. 4. A fordított út módszerét haszálju, megpróbálju meghatározi, hogya juthatu el a 4 -hez a megadott szabályo szerit. Mivel 4 -e a 3 -mal való osztási maradéa, ezért csa a c) tulajdoság segítségével öveteztethetü arra, hogy 4 A. Ehhez viszot az szüséges, hogy 8 A. 8 = 3 9 +, tehát ha 9 A, aor b) alapjá 8 A. Másrészt 3 -mal osztható számhoz csais a c) alapjá juthatu és ehhez tudu ellee agyobb 3 -mal osztható számoról is az A halmazba. Ilye számot a feltétele em biztosíthata, tehát a 8 A tulajdoságot ismét csa az 56 A -ból aphatju meg. Ez ismét csa a A -ból övetezhet. = , tehát elégséges a 37 A. De 37 = 3 + és 3, tehát ismét 74 A szüséges és ehhez a 48 A-t ellee beláti. A 48 = , 49 = és 6 = egyelősége alapjá ismét elégséges beláti, hogy 5 A. Ehhez az előbbi ötlete alapjá az szüséges, hogy 0 A, 0 A majd 40 A és ezt már elérhetjü a 40 = 3 3 +, 3 = 3 4 +, 4 = 3 + és = 3 0+ egyelősége alapjá. Tehát a végső öveteztetése a övetező alaba írható: b) b) b) b) c) a) 0 A A 4 A 3 A 40 A 0 A c) c) b) b) b) c) 0 A 5 A 6 A 49 A 48 A 74 A c) b) c) c) c) 37 A A 56 A 8 A 4 A. Tehát 4 A. Látható, hogy igaz a 0 A tulajdoság is. c) c) 7

8 VI. osztály a + b. =, tehát ha az egyelet bal oldaláról a harmadi tagot átvisszü a jobb a + b + a + b + oldalra és midét oldalo özös evezőre hozu, majd a + b-vel egyszerűsítü, az b + a + b + = ab egyelőséghez jutu. Ha ifejezzü a -t, az a = = + b b egyelőséghez jutu, tehát b {,}. Ha b =, aor b = és a = 3, míg b = eseté b = 3 és a =. Így a megoldáso ( ab,) = (,3) és ( ab,)= (3,). Más megoldás. Ha a evező legisebb özös többszörösével beszorozzu az egyelet midét oldalát, aor az ab + b + b + a + ab + a + ab = a b + ab + ab egyelőséghez jutu. Ebből övetezi, hogy ( a + b) ( ab a b ) = 0, és így ( a )( b ). Tehát ( ab, ) (3,),(, 3). = { }. a) Bővítjü a törtet 000 -rel, majd elvégezzü az osztást: 000 = = 0,(999000)., b) Bizoyítju, hogy a tört tizedes reprezetációja egy tiszta szaaszos és meghatározzu a szaaszba álló számjegyeet az osztás elvégzésével. Az első 00 számjegy 9-es míg a övetező 00 darab 0 és ez utá megjelei ugyaaz a szám, amivel idultu. Ez természetese még em bizoyítás, de ha igazolju, hogy az y = 0,( ) szaaszos tizedes tört potosa x, aor már haszálhatju észrevételeiet. Az átalaítási szabály alapjá redre írhatju, hogy: y = 0,( ) = = = = = = = = = x., Tehát x tizedes ábrázolása egy tiszta szaaszos tizedes tört, és a szaaszba 00 darab 9-est övet 00 darab 0. Így a 003. számjegy a szaasz 3. számjegye vagyis Az első ábrá megjelölt 3 4 és mező egy-egy hurot alota, amit ötelező végigjári, ha belelépü, elleező esetbe em lehet bejári a táblát. Ha em saroba ezdjü, aor az egyi hurot em tudju bejári, mert amelyibe először bemegyü, abból em tudu ijöi, tehát mideéppe saroba ell ezdei és a mási huro bejárásával ell befejezi a örutat. Ez viszot em lehetséges, mert így vagy a égy szüre mezőt em tudju bejári, vagy a égy szabad és világos mezőt. Egy mező elhagyásával csa aor lehet a maradéot bejári, ha egy saromezőbe ezdü és a mási huro egyi saromezejét hagyju el, mert ülöbe ugyaaz a probléma merüle fel, mit az előbb. A. ábrá egy ilye bejárás látható, tehát szimmetria miatt a b) alpotra a válasz: csa saromezőt hagyhatu el, és az elhagyott mezővel szomszédos saromezőből ell ezdei. 8

9 ábra. ábra 3. ábra Megjegyzés. Ha a tábla mezőit megszámozzu -től 6 -ig a 3. ábráa megfelelőe, aor a tábla ábrázolható a 4. ábra segítségével, itt a mezőet összeötő voala mutatjá, hogy melyi mezőről melyire lehet lépi a huszárral (a huro soal jobba látszaa) A bizoyítás a övetező észrevételee alapszi:. Egy oldalú darabból csa úgy lehet -él több oldalú darabát eléri, ha egy háromszöget vágu le, amely em tartalmazza az oldalú darabáa egyél több csúcsát. Így legfeljebb ( + ) oldalú daraba eletezhet.. Ha egy háromszög alaú darabot tovább darabolu, aor az újabb darabá özt midig va legalább egy háromszög (mivel háromszöget em lehet úgy ét részre vági, hogy e eletezze háromszög). 3. Egy oldalú darabból csa úgy tudu egy vágással oldalú soszöget api, ha a mási darab háromszög vagy égyszög. Ha a darabo özt legfeljebb oldalú va, aor 3, 4,..., oldalú darabá fordulhata elő, tehát legfeljebb csoport va. Másrészt. és. alapjá az oldalú darab létrehozása sorá legalább 3 darab háromszög már va. Ha csa eyi háromszög lee, aor az őet létrehozó ( 3) vágáso ívül mide vágás sorá a isebb darab égyszög lee, mert va oldalú darab, tehát a legtöbb oldalt tartalmazó darab oldalaia száma em csöehet egyetle vágás sorá sem, és mivel em vágtu le több háromszöget a 3. alapjá csa égyszögeet vághattu le. Mivel legalább égy csoport va, ezért a háromszögee és égyszögee ívül még ét csoport ellee legye és ez em lehetséges, mert az előbbie alapjá csa a legtöbb oldalú darab csoportja va (és az is csa egy elemet tartalmaz). 9

10 VII. osztály. a) Három egymást övető természetes szám özül az egyi osztható 3 -mal, tehát a szorzatu is osztható 3 -mal. b) = 0 megfelel, mert ebbe az esetbe midét oldal értée 0. Ha, aor 3 3. ( + 4)( + ) = ( + )( + ) , ( ) tehát ( + 4)( + ) 3. Ha megoldás, aor 3. Mivel ez elletmodás, az egyelete ics szigorúa pozitív megoldása. Tehát az egyetle megoldás az = 0.. a) Az AP AP tört értéét jelöljü -val. Az = NP egyelőségből NP = BC. Másrészt AB AB BC AA =, tehát AA = AA. Ebből övetezi, hogy AA = ( ) AA, tehát AA NP AA + = + ( ) =. BC AA b) Az előbbi jelöléseel T[ MNP] = NP AA = BC AA ( ) = T[ ABC ] ( ). A + ( ) Másrészt ( ) = és egyelőség potosa 4 P A N aor áll fe, ha =, tehát az MN P és az ABC háromszög területée aráya em agyobb, mit 4. B M A C 3. A B összeget iegészítjü az A = összeggel. Az általáos tag midét összegbe a övetezőéppe alaítható: + ( + ) ( + ) + = = = + + ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) = +, tehát A+ B = =

11 Másrészt <, mert ( + ) + + ( + ) ( + ) + < ( + ) + és ( + ) < ( + ) +, tehát B mide tagja isebb, mit az A megfelelő tagja. Így B < A, tehát B < A+ B = Meghosszabbítju a BC -t és az AM -et a A metszéspotjuig. m( B AM) = 60, tehát m( BNA ) = 30. Az AC N és AMC háromszöge hasoló (szögei pároét egyelő), tehát írhatju, hogy AC AM =. Másrészt az AB C háromszögbe ha AN AC AB = x, aor AC = x és az AB N háromszögbe B AN = x, tehát AC x AM = x AN = x =. Az ABM háromszögbe AB = AM és m B AM =, C ( ) 60 ( ) 60 tehát a háromszög egyelő oldalú és így m M BA =. 5 o 30 o Más megoldás. Feltételezhetjü, hogy AB =. Az ABA háromszögbe AA = AB =, tehát BA = 3 és így AC = 3. Az AC C és CA A háromszöge CA hasolósága alapjá = 3, tehát CA = 3 +. Ha az ABA háromszögbe a CM C egyeesre A BC A M AC alalmazzu a Meelaosz tételt, az = CA MA C B összefüggéshez jutu. M AM Ez alapjá övetezi, hogy =, tehát MA AM = AB =. Így az ABM háromszög egyelő oldalú 30 o B (m( B AM ) = 60 ), tehát m( A BM ) = 60. C A Megjegyzés. Ha az AB N derészögű háromszögbe felvesszü az M AN potot úgy, hogy mabm ( ) = 60, aor igazolható, hogy mm ( AC ) = 5 és mm ( CA ) = 30. Az utóbbi ét egyelőség alapjá az M pot egybeesi az M pottal, tehát m( M B A ) = Feltételezhetjü, hogy Ador ezd. A stratégia léyege az, hogy Zsolt lépéseit Ador megszabhatja, ha ugyais egy háromszögbe már ét oldal piros, aor Zsolt vagy berajzolja a harmadi oldalt éel, vagy elveszíti a játéot. Így Adora arra ell töreedie, hogy ét ilye háromszöget alaítso i. Számozzu meg a soszög csúcsait -től 8 -ig (a többi csúcs em léyeges a stratégia szempotjából) a melléelt ábráa megfelelőe. Ador első lépésbe meghúzza az 3 átlót. Ha Zsolt első átlója em tartalmazza az -es vagy 3 -as csúcsot, aor Ador meghúzza az 7 átlót és így Zsolta meg ell húzi a 3 7átlót (ülöbe veszít). Ez utá Ador 5 o 30 o M C 30 o N

12 meghúzhatja az 5 átlót. Az így ialault ábrá (bal oldali ábra) Zsolt a 3 5 és 5 7 átló özül csa egyet tud meghúzi, tehát elveszíti a játéot. Ha Zsolt első átlója az -es vagy 3 -as csúcsból idul i, aor feltételezhetjü, hogy ez a 3 5 átló (legfeljebb újraszámozzu a csúcsoat). A további lépéseet a övetező táblázatba foglaltu (Zsolt midvégig éyszerlépéseet tesz): A Zs és 5 Látható, hogy az így ialaított állásba Zsolt ismét csa egy átlót húzhat be, tehát így is veszít VIII. osztály. x xy y = ( x + y)( x y), tehát az egyelet ( x + y) ( x y) = 36 alaba írható. Ebből övetezi, hogy x + y = a alaú redszerehez jutu, ahol a, b, a b = 36 és a > b. Ha x y = b az első egyelet jobb és bal oldalából ivoju a másodi egyelet megfelelő oldalait, aor 3y = a b adódi, tehát a 36 -a csa az olya a b alaú felbotásait ell vizsgáli, amelyebe ( a b) 3. Mivel a 3 vagy b 3 (mert a szorzat osztható 3 -mal) ezért midettő osztható ell legye 3 -mal. Így csa az ( ab,) = (, 3) eset felel meg és ebből övetezi, hogy x = 9 és y = 3.. a) Elvégezzü a szorzást és a tagoat a megfelelő módo csoportosítju: + x + 3 x x x x + = + x + ( )( 3 = x + x ( ) x + ( ) x + x 3 x x 3 x... ( ) x x x + 3x + 4 x x x + 3 = ( + ) x + Mivel x együtthatója ( ) + ( + ) = 0, ha =, a végeredméy valóba ( ). ) + x +

13 b) Az a) alapjá S = és ez 9 -ed örül va, tehát összehasolítju -vel és 3 -mal. A < S 8 3 < < 3 és S < < < evivaleciá alapjá állíthatju, hogy < S < 3, tehát az összeg egész-része Kiszámítju az MNPQ,,, poto által meghatározott szaaszo özül éháya a hosszát (az MQ ivételével midegyiél étszer haszáltu Pitagorász tételét). 8 MP MA AA A P l = + + = + + = l 4 64 ; 64 8 MN MB BC CN l = + + = + + = l ; PN NC C D D P l = + + = + + = l ; 3 5 MQ = MB + QB = l + = l 4 6 ; PQ BQ AB AP l = + + = + + = l D' C' P A' B' D Q N C A M B PQ = PM + MQ = PM + MN PM MN, tehát PM (MNQ) és így PM QN. MQ Mivel és PN, övetezi, hogy PM és 4. a) Átalaítju az összeg általáos tagját: = = ( + ) ( + ) + ( + )( + ) + + ( + ) = =, ( + ) + Tehát S = =,

14 b) A megoldadó egyelőtleséget a övetezőéppe alaíthatju: + + S > > 3 > > > > Tehát meg ell határozi a szám egészrészét. Mivel értée 3 örül va a vizsgált 4 szám örülbelül 5, így 5-tel hasolítju össze < 5 7 < 39 9 < 3 6 < 69, 4 tehát < 5 (az, hogy > 4, övetezi abból, hogy > ) és így = 5 a 4 4 legisebb, amelyre S > A iterítésbe ét égyzetet szomszédosa evezü, ha va özös oldalu, több égyzet eseté aor modju, hogy szomszédosa ha midegyi szomszédos legalább egy másial. A iterítés sorá em aphatu égyél több szomszédos égyzetet, amelye özéppotjai egy egyeesre illeszedjee, tehát a iterítéseet osztályozhatju aszerit, hogy legtöbb háy szomszédos égyzet özéppotja illeszedi egy egyeesre. Ha va égy szomszédos égyzet, amelye özéppotjai egy egyeesre illeszede, aor a övetező esete lehetségese (a többi ezere illeszthető): Ha csa legfeljebb három szomszédos égyzet özéppotja illeszedi egy egyeesre, aor szimmetria alapjá elégséges azoat az eseteet megvizsgáli, amior az ábrá az vagy -vel megjelölt oldalhoz illeszedi égyzet. Így viszot csa a yilaal megjelölt oldalahoz csatlaozhata további mező. 3 Mide lehetőséget megvizsgálva, a övetező lehetséges ifejtésehez jutu: Ha legfeljebb ét szomszédos égyzet özéppotja illeszedi egy egyeesre, aor csa a övetező ábra lehetséges: 4

15 Tehát összese ülöböző papírdarabot aphatu a oca iterítésével. IX. osztály. A létezési feltétele alapjá x, y és z azoos előjelűe, tehát az egyelete jobb oldalából adódi, hogy x, y, z 0. Belátható, hogy ha valamelyi ismeretle 0, aor elletmodáshoz jutu, tehát feltételezhetjü, hogy x, y, z> 0. Ha az egyelete megfelelő oldalait pároét ivoju egymásból, a övetező redszerhez jutu: y( x z) = y x z ( y x) = z y x ( z y) = x z. Ha x < y, aor az első egyelet alapjá x > z és így a harmadi egyeletből z > y, ami elletmodás. Hasolóéppe az y < x feltevés is elletmodáshoz vezet: y < x x < z z < y és ez is elletmodás. Tehát csa az x = y eset lehetséges, és így x = y = z majd x = y = z = övetezi.. a) Az f :, fx ( ) = x ( x) függvéy grafius épe tartalmazza a (0, 0) és (, 0) egész oordiátájú potoat de x \{0,} eseté fx ( ), mert. Tehát ez a függvéy teljesíti a ért feltételt. b) Ha a oordiátaredszer ezdőpotját a grafius ép egyi rácspotjába választju, aor a függvéy f :, fx ( ) = ax + bx alaba írható, ahol x az új oordiátaredszerbe a változó. Tehát elégséges beláti, hogy ha létezi x, x úgy, hogy fx ( ), fx ( ), aor végtele so x eseté teljesül az fx ( ) összefüggés. Ez viszot igaz, mert az ax + bx = y ax + bx = y egyeletredszer megoldásai ( ab, ismeretleeel) racioális számo ( x, x, y, y ), tehát ha x osztható a és b evezőjével, aor fx ( ) egész szám. Ilye x végtele so va, tehát a bizoyítás teljes. 3. Legye O egy tetszőleges pot a síba, E és F az AC és BD felezőpotja valamit AM CN = = t [0,]. OM = OA + t AB és ON OC = + t CD, tehát AB CD OM + ON OA + OC AB + CD OA + OC = + t. Az vetor O -beli reprezetásáa AB +CD végpotja az AC szaasz felezőpotja. Másrészt EF =, mert AD + CD AB + CB + ED + EB AB + CD + AD + CB EF = = = 4 és AB + BC + CD + DA = 0 alapjá AB + CD + AD + CB = AB + CD. ( ). 3. 5

16 OM +ON Tehát = OE + t EF. Így t [0,] eseté a vetor O -beli reprezetásáa végpotja az EF szaaszt futja be. D M A F E N C B a a + b 4. Ha x 3 és y 3, aor x = 3a, y = 3b és így + b + = 6 vagyis = 6 b. Ee b a ab az egyelete a jobb oldala egész és a bal oldala csa a = b = vagy a = és b = 4 eseté egész szám. Mivel ezebe az esetebe az egyelőség em teljesül, feltételezhetjü, hogy x és y özül az egyi em osztható 3 -mal. Az egyelet 3x + y x + 9y =8xy () alaba írható. Ha y 3, aor ebből övetezi, hogy 3x 9, tehát x 3. Mivel ez em lehetséges és yx 3 övetezi, hogy x = 3x, x és ( y, 3) =. Tehát 9x + y x + 3y = 8x y. () 3 = 3 Ebbe az egyeletbe y 3 és yx, tehát x x és x. Ebből övetezi, hogy: 7x + y x + y = 8xy (3) 7x y és ( y, 3) = alapjá x y. Másrészt a (3) alapjá y x, tehát létezi d úgy, hogy y = x d. Az x y oszthatóság potosa aor teljesül, ha x d, tehát létezi d úgy, hogy x = d d. Ie y = d d és ha a apott összefüggéseet visszahelyettesítjü a (3) összefüggésbe a 3 7d + d d + = 8d d (4) egyelőséghez jutu. Az -e ívül mide tag tartalmazza a d -et, ezért és így d =. d -re 3 a d 8d + 8 = 0 egyelethez jutu, tehát d =. Ebből övetezi, hogy x = 9x = 9d d = 8 és y = d d = 4 az egyelet egyetle megoldása. ( ) ( Más megoldás. Az egyelet 3 x + 3y = xy 8 y) (5) alaba is írható, tehát y {,, 3,...,7}. Ha x páratla, aor () bal oldala páratla bármilye y eseté, ami elletmodás. Tehát x páros. () alapjá ebből övetezi, hogy y is páros. A 4 -gyel való oszthatóságot vizsgálva az is övetezi, hogy y 4. Az előbbie alapjá y {4, 8,, 6}. Eze özül csa az y = 4 esetbe jutu természetes x értéhez, és ez x = 8. Tehát az egyetle megoldás ( xy, ) = (8,4). 5. = eseté 4 egységvetorból ell iválasztai -t úgy, hogy az összegü hossza legalább legye. Felrajzolju a vetoroat O özéppottal és az O özéppotú egységsugarú ört diszjut egyedere botju úgy, hogy az osztóvoala legalább egy vetort fedjee (ezt jelöljü d 6

17 a -val). Számozzu meg a egyedeet a melléelt ábráa megfelelőe. Ha az I. vagy IV. egyedbe va legalább egy vetor, aor ezt a -val összeadva az összeg hossza legalább. Elleező esetbe a II. és III. egyedbe va három vetor. Eze özt létezi ettő, amelye által bezárt szög mértée em agyobb, mit 90 és így az összegü hossza legalább. Megjegyezzü, hogy a godolatmeet általáosabb formába is műödi, gyaorlatilag azt bizoyítottu, hogy 4 darab legalább l hosszúságú vetor özül iválasztható, amelye összege legalább l hosszúságú. A továbbiaba a matematiai idució módszerét haszálju. Igazolju, hogy ha 3 darab legalább l hosszúságú vetorból ( l > 0 eseté) iválasztható úgy, hogy az összegü hossza legalább l ( ) +, aor 3 darab legalább l II az összegü hossza legalább O Az ( ) Mz () + hosszúságú vetorból ( l > 0 eseté) iválasztható úgy, hogy az összegü hossza legalább B(+ z ) C() ( ) + + l. E célból teitsü 3 darab legalább l hosszúságú vetort, majd redre 4 vetor elülöítésével jelöljü meg azoat a pároat, amelye összege legalább l hosszúságú. Így összese 3 párt tudu megjelöli. A párohoz tartozó összegvetoro hossza legalább l és iválasztható özülü úgy, hogy ( ) + l ( ) = l legye. Az így megszeresztett összeg az + eredeti vetoroból darabot tartalmaz, tehát az állítást igazoltu. A matematiai idució elve alapjá bármely eseté 3 darab legalább l hosszúságú vetorból ( l > 0 eseté) iválasztható úgy, hogy az összegü hossza legalább l legye, tehát a feladat bizoyítása teljes. I a III IV ( ) X. osztály z = z + z = z + z + z z + z z 3 = z z + z + z z + z z = + z + z. 3., tehát 3 3 Az egyelőtleséget geometriailag is öyű beláti. A melléelt ábra jelölései alapjá a feladat evivales az OB + AM egyelőtleséggel. Ez viszot az AM + MC AC és AC + OB OA + CB egyelőtlesége összeadásából övetezi.. A log a = x, log b = y és log c = z jelöléssel a xy = z ( x + y) yz = x ( y + z) zx = y ( z + x) () 7

18 egyeletredszerhez jutu. A törte létezési feltételéből x + y 0, y + z 0 és z + x 0. Ha a evezőel eresztbeszorzu és az egyeleteet pároét ivoju egymásból előbb a (), majd a (3) redszerhez jutu. xy = z ( x + xy + y ) () ( y z) ( x + x yz) = 0 yz = x (3) ( y + yz + z ) ( z x) ( y + y zx) = 0 zx = y ( x + xz + z ) ( x y) ( z + z xy) = 0 xy = z + z Ha x, aor a (3) redszerből az x y z yz = x + x redszerhez jutu. Ha ét egyelet zx = y + y megfelelő oldalait egymásból ivoju, az x + y + z + = 0 (5) egyelőséghez jutu. Így a () redszer első egyeletéből a (4) redszer első egyelete és az (5) alapjá övetezi, hogy 4z + z = z ( z + ), vagyis z = 0 és z =. A z = 0 esetbe x = y = 0 és így a törte em értelmezette, míg a z = esetbe x + y = 0 -hoz jutu, tehát ez sem lehetséges. Az előbbie alapjá a három ismeretleből legalább ettő egyelő. A szimmetria miatt feltételezhetjü, hogy x = y. Ebből () alapjá z = és így (3) első egyelete alapjá y y y =. A megoldáso y =, y és = 0 y 3 = 3, eze özül az y em megfelelő (ismét 3 3 elletmodáshoz vezet) és a mási ét esetbe az,,, illetve,, megoldásohoz jutu. Ez alapjá az eredeti redszer megoldásai a (,, ),,,,,, és,, számhármaso. 3. Legye r a haladváy álladó ülöbsége és F a haladváy egyi tagja. Tehát létezi úgy, hogy F = x + ( ) r és végtele so olya l értéet eresü, amelyre Fl = x + ( m ) r valamilye m eseté. Ilye l érté potosa aor létezi, ha Fl F = ( m ) r, vagyis ha Fl -e és F -a r -rel való osztási maradéa egyelő. Másrészt az ( F ) sorozat épzési szabálya alapjá rögzített r eseté az F számo r -rel való osztási 0 maradéaira is ugyaaz a épzési szabály. Így ha F a és F a+ r -rel való osztási maradéai ugyaazo, mit F b és F b+ osztási maradéai, aor a maradéo periodiusa ismétlőde. Viszot, ha teitjü a { ( q, q ) q, q, q, q, : < r m ( F ) és m q r ( Fm+ q) r} halmazt, aor ez csa véges so elemet tartalmazhat (legfeljebb r -et) és ezért létezi olya a és b, amelyre Fa és F a+ r -rel való osztási maradéai ugyaazo, mit F b és F b+ osztási maradéai. Tehát a maradéo periodiusa ismétlőde és így a bizoyítás teljes. 8

19 4. a) Kiszámítju az egyelőség jobb oldalá álló poliomot. + j j j ( ) ( ) ( ) ( ) j = 0 j= 0 x P x P x = C x C x = + ( j+ ) ( j+ ) + ( j+ ) ( ) C x ( ) C ( j+ ) x = 0 j= 0 = = ( ) C x ( ) C x = 0 = = = ( C C ) x C+ x P+ x = ( ) + = ( ) = ( ). = 0 = 0 + = s b) Ha s = P(), aor az a) pot alapjá s s,. Tehát az ( s ) sorozat 0 számtai haladváy, és így s = +, 0. Megjegyzés. Ha x, aor + + x x 4 x x P ( x) + 4 = x A iterített poliéderbe a lapo egy-egy oldalba éritezhete, és mivel a iterítés sorá ( ) sí szűi meg, ezért potosa ( ) olya él va a iterítésbe, amelyre ét lap illeszedi. Eredeti állapotba (iterítés előtt) mide élre ét lap illeszedi, tehát midig p ( ) = p + él meté ell felvági a poliédert. XI. osztály. Ha P [ X] egy -ad foú poliom, aor a Q( x ) = Px ( + ) Px ( ) poliom ( ) -ed foú. Tehát ha az utolsó oszloppal ezdődőe mide oszlopból ivoju az előtte levő oszlopot, aor a P() P () P () P ( ) P() P() P() P( ) = P () P () P () P ( ) egyelőséghez jutu, ahol P( x ) = P( x + ) P( x), =,. Ha az utolsó oszloptól ezdve és a harmadial befejezve redre midegyi oszlopból ivoju az előtte álló oszlopot, aor a P() P () P () P ( ) P() P() P() P( ) = P () P () P () P ( ) 9

20 egyelőséghez jutu, ahol P ( x) = P ( x + ) P ( x), =,. Ezt folytatva redre a P ( j+ )( x) = Pj( x + ) Pj( x), =, poliomo segítségével felírhatju, hogy P() P () P () P () ( ) P() P() P() P( ) () =. P () P () P () P () ( ) Másrészt, ha a P poliom foszáma r, aor a P j poliom foszáma r j, ha r j 0 és Pj idetiusa 0 ha r j < 0. Tehát a foszámora adott feltétel alapjá az utolsó oszlopba mide elem 0, és így = 0.. Teitsü az f :, f( x) = ( x x)( x x)...( x x ) függvéyt, ahol x, =, és a T = törtet. A T törtet felírju fx ( ) A A A = () ( x x)( x x)...( x x) x x x x x x alaba és meghatározzu az együtthatóat. Ha az előbbi egyelőséget beszorozzu ( x x )-val, az Aj = A + ( x x) ( x x )...( x x )( x x ) ()...( x x ) x x + egyelőséghez jutu. Az () összefüggés mide x \{ x j j =,} eseté érvéyes, de a () - es már x = x eseté is, tehát övetezi, hogy A = =, ( x x)...( x x )( x x+ )...( x x) f ( x) mert f ( x) = ( x x )...( x x ) + ( x x )( x x )...( x x ) ( x x)...( x x ) és az összege csa egy tagja em tartalmazza az ( x x ) téyezőt. Tehát = fx ( ) = f ( x) x x, x \{ x j j =,}. Ha ezt az egyelőséget deriválju, az f ( x) = f ( x) ( ) = f ( x ) x x, x \{ x j j =,} egyelőséghez jutu. Másrészt, ez a özös evezőre hozás utá egy poliomiális azoosságot jelet, érvéyes aor is, ha x, =, és x olya omplex szám, amelyre a törte értelmezette. x = ε, =, eseté fx ( ) = x, tehát f ( x) = x és így j= j j 0

21 ε = = = ( ε ) ε ( ε ) ( ε )( ε ) = = = f = =. ( ) ( ) 3. A b) feltételből z = z = 0 eseté övetezi, hogy f (0) = 0 és z = z 0 eseté, hogy f( z) = 4 f( z), z. Ebből és az a) feltételből övetezi, hogy f () = 4. A 4 = f() = f( ) = f() 4 egyelőség alapjá f () =. A matematiai idució módszerét haszálva igazolju, hogy f ( ) =,. Feltételezzü, hogy f () =, ha = 0, és iszámítju f+ ( ) -et: f ( ) f ( ) f ( ) f() f ( ) ( ) + + = + + = +, tehát a matematiai idució elve alapjá f ( ) =,. Ha a b) feltételbe z = 0 -t helyettesítü, övetezi, hogy f( z) = f( z), z, tehát az előbbie alapjá f ( ) =,. Így viszot az a) feltétel alapjá m f( m) m f = = f( ), m, és 0 eseté. Tehát fq () = q, q. Ez viszot a c) feltétel alapjá azt jeleti, hogy g()= q q, q, tehát g folytoossága alapjá g( x ) = x, x. Az a) feltétel alapjá = f( ) = f() i f( i). Mivel fi () i i f + + i = f és f + tehát fi () =. Az a) feltétel alapjá fiy ( ) = fify ( ) ( ) = y, y, tehát fx ( iy) fx ( iy) fx ( ) fy ( ) x y (mert f : ), övetezi, hogy fi () 0, + + = + = + és ( ) ( ) fx ( + iy) fx ( iy) = f x + y = x + y, xy,. Ebből a ét egyelőségből övetezi, hogy fx ( + iy) = x + y, xy,, tehát fz () = z, z. 4. A sorozat első 6 tagját az alábbi táblázatba foglaltu: x x Észrevehető, hogy ettő hatváyai özt a sorozat tagjai egyeét öveede és a ettő hatváyaiál az ugrás. Így az x ülöbség és + özt midig. Ha +, aor = [log ], tehát azt sejtjü, hogy x = +[log ]. Ezt matematiai iducióval igazolju. Teitjü a övetező állítást: P ( ) : x = + [log ],.

22 + A táblázat alapjá láttu, hogy ez igaz {,, 3, 4} eseté. Ha P( ) igaz és, aor, x = x + + = + log + + = = + + = + = + [ log ], tehát P( + ) is igaz. Így a matematiai idució elve alapjá log x l x l' H x = + [log ],. A lim = lim = lim = 0 határérté, a + log < [log ] log x x x x l x x l x egyelőtleség, és a fogó tétel alapjá övetezi, hogy lim =. x x 5. Az -edi törlés utái számpár legye x+ x y. A feltétele alapjá A, ahol y = + y A = 3 4. Ebből övetezi, hogy 5 5 x x0 a b y = A y = 0 b c, ahol a =, b = és c =, Ha, aor az ax 0 + by 0 = z x = y = z egyeletredszerhez jutu. A Cramer szabály bx 0 + cy 0 = z + z( c b) z( a b) x0 c b 3 + segítségével a megoldás x 0 = és y 0 =, tehát = =. deta deta y0 a b 6 3 6x0 y Ie övetezi, hogy 3 = 0, tehát aa szüséges és elégséges feltétele, hogy x0 + 3y0 6x0 y0 valaháy lépés utá a táblá ét egyforma szám álljo az, hogy log3. x + 3y 0 0 XII. osztály. Teitjü a π π si x π π G : π, π + cos, x π, π \ { } 4 4, ( ) cosx si x π G x = 0, x = π függvéyeet. si x( + cos x) cos + si, x π G ( x) = cos x si x si x, 0, x = π mert

23 G( x) G( π) ( ) si( x π) lim = lim si x cos = 0 x π x π x π x π cos x si x π π (a cos orlátos és a si x tart a 0 -hoz). Másrészt a h : π, π si x + 4 4, si x( + cos x) π π cos, x, \ { } h ( x) π π cos x si x π = 0, x = π π π függvéye folytoosa, tehát léteze a H : π, π primitív függvéyei úgy, π π hogy H ( x ) = h( x), x π, π és. Ez alapjá fx ( ) ( G H) π π = ( x), x π, π és. ( ) π 5 π ( ) π 5π Az f függvéy folytoos a + +, + itervallumoo, ezért létezi ( ) π 5 π ( ) π 5π F : + +, + primitívje ezee az itervallumoo. A Lagrage tétel övetezméye alapjá mide eseté létezi olya c, amelyre ( G H) ( x) = F( x) + c, x I és, ahol ( + ) π 5π π I =, π +,. Tehát tetszőleges F0 primitívből iidulva idutíve 4 meghatározható a c, ostaso úgy, hogy az π π ( G H)( x), x π, π Fx ( ) = π π F( x) + c, x π +,( + ) π 4 4 függvéy folytoos legye. Ebbe az esetbe F deriválható is és F ( x ) = f( x), x, tehát f primitíválható.. Mivel f itegrálható, orlátos is. Így létezi M > 0 úgy, hogy fx ( ) fx ( ) dx itegrálo léteze, tehát ha ε > 0 tetszőleges, aor az + x 0 egyelőtleség alapjá fx ( ) x fx ( ) = fx ( ) M x + x + x fx ( ) M dx f( x) dx M x dx = + x < M, x [0,]. Az 3

24 M Mivel létezi olya () ε, amelyre 0 < < ε, () ε, a határérté ε -os értelmezése + alapjá övetezi, hogy fx ( ) dx = f ( x ) dx. + x lim Teitsü a [0,] itervallumo az x =, 0 felbotást és legye ξ = x + y, ahol 0 y <, 0 f ( ξ ) = f( x) + f( y ) és 0 fy ( ) <, 0 Másrészt halmazzal, tehát Eze alapjá = 0,0, tehát f ( ξ) ( x+ x) = f ( x ) ( ) + f y 0 = = 0 = 0 0 = 0,0 számo által meghatározott 0 fy ( ) < és az { ( ) 0,0 halmaz egyelő az = 0 0 = 0,0. Az f értelmezése alapjá fx = } { x = 0,0 } ( ) 0 0 fx ( ) = x = 0 0. = 0 = f ( ξ) ( x+ x) = + f ( y ) < = 0 = 0 A Riema-féle itegrálhatóság jellemzési tétele alapjá (lásd Balázs Márto: Hogya taítaám az itegrálszámítást? vagy Adrás Szilárd, Csapó Hajala, Luács Ador: Matematia a XII. osztály számára) f itegrálható és fxdx= ( ) a) a G eseté az fa( x) = a x a, x G függvéy automorfizmus. Mivel a ( G, ) csoporta potosa ét automorfizmusa va és eze özül az egyi az idetius függvéy, az f a függvéye özül éháy az idetius függvéyt ell adja és a többi egymással ell egyelő legye. Ha idetius függvéy, aor a x = x a, x G, ha pedig f ( x) = f ( x), x G, f a aor x = a eseté ab ba övetezi (). Másrészt a = ZG ( ) = { x Gxy= yx, y G} halmaz részcsoportja a G -e (a G cetruma), és az előbbie alapjá ha a Z (G), aor is a b = b a, b G (ha b Z ( G), aor b tulajdosága alapjá, míg elleező esetbe a () tulajdoság alapjá). Ez azt mutatja, hogy a cetrumo ívül ics elem, tehát ( G, ) ommutatív csoport. d b) Ha G elemeie száma és d relatív prím az -el, aor a gd : G G, gd( x) = x, x G függvéy automorfizmusa a ( G, ) csoporta, tehát legfeljebb ét ilye d létezhet. Ez azt jeleti, hogy ϕ ( ), ahol ϕ az Euler-féle függvéy és így {,,3,4,6}. ϕ( )... = p p p, ha p α α α = p... p a. b 4

25 Az = és = eset em jó mert eor csa egyfajta csoport va és aa ics ét automorfizmusa. = 3 eseté ( G, ) ( 3, + ), mert mide háromelemű csoport izomorf ( 3, +) -szal. = 4 eseté ( G, ) vagy a ( 4, + )-szal izomorf vagy a Klei csoporttal. Mivel a Klei csoporta több mit ét automorfizmusa va, ezért ( G, ) ( 4, + ). = 6 eseté is az izomorfizmusotól elteitve csa egyfajta csoport lehetséges, tehát ( G, ) ( 6, + ). ( 3,+ ), (, +) és (, +) csoportoa potosa ét automorfizmusu va, tehát a bizoyítás teljes a) Ha az a, a,..., ap permutációból idulu i, aor a másodi sorba a + a +, a harmadi sorba a + a + a, a egyedi sorba a + 3a + 3a + a alaú összege jelee p meg, és így a p -edi sorba az S = a + Cp a + Cp a Cp ap + a p összeg jelei meg. Másrészt, 0 x =, 0 x, tehát az előbbi összegbe megjeleő együttható p -vel való osztási p maradéát ell iszámítau. Ha C ( p )! p r (mod p), aor a C p = összefüggés,!( p )! valamit a Wilso tétel (( p )! (modp) ) alapjá írhatju, hogy: r! ( ( + ) )( ( + ) )...( ( p ) ) (modp). Tehát p 3 alapjá r ( ) (mod p ) és így ( p, + )-ba írhatju, hogy S = a a + a... a + a = ( a + a + a a ). 3 p p 3 5 Mivel (, p ) =, elégséges beláti, hogy az a + a ap összeg bármilye értéet felvehet. p + Ha páratla, aor a -et tetszőlegese választju és a többieet olya pároba redezzü, p + amelyee az összege 0. Így S = a és ez bármelyi ( p, + )-beli elemet felveheti. Ha páros, aor a -et tetszőlegese választju, a3 = 0 -t választu, és a többieet olya pároba redezzü, amelyee az összege 0. Így ismét S = a és ez bármelyi ( p, + )-beli elemet felveheti. p + p b) Egy tetszőleges elem ( p )! esetbe jelei meg pozitív előjellel és ( p )! esetbe egatív előjellel (ha az összes összeget teitjü). Így az utolsó számo összege p + p ( p )! ( p )! ( p ) = 0. p 5

26 Befejezésül lássu éháyat azoból a feladatoból, amelye em erülte be a verseybe (eze özül az m-mel jelölteet em sierült teljese megoldai).. Melyi az a legisebb természetes szám, amelyre az,, 3,..., számoat 3 csoportba lehet osztai úgy, hogy ha mide csoporthoz hozzáredeljü a hozzátartozó számo összegéből és égyzetösszegéből alotott redezett számpárt, aor mid a három csoporthoz ugyaaz a számpár tartozi.. Határozzu meg azoat az x, y,z természetes számoat, amelyere az természetes szám. x y z + + összeg y z x 3. Egy hatszögbe iválasztu ét szembefevő oldalt, és a felezőpotjaiat összeötő szaasz felezőpotját összeötjü a ráju em illeszedő csúcsoat összeötő szaasz felezőpotjával. Bizoyítsd be, hogy az így szereszthető három egyees összefutó. 4. Szeresszél olya f :[0,] [0,] függvéyt, amelye végtele so szaadási potja va és létezi primitív függvéye. 6. Bizoyítsd be, hogy ha egy -ed foú poliomfüggvéy grafius épe legalább rácspotot tartalmaz, aor végtele so rácspotot tartalmaz. 6. (m) Határozd meg a legisebb olya halmazt, amely teljesíti az alábbi feltételeet a) A ; b) 0 A ; y c) ha x A, aor 3x + A; d) ha y A és y páros, aor A. 7. (m) Adotta egy szabályos szög csúcsai adotta. A és B felváltva meghúz egy-egy átlót vagy oldalt úgy, hogy a behúzott szaaszoa e legye özös potja (végpot sem). Az veszít, ai em tud ilye átlót meghúzi. Kie va yerő stratégiája? 8. (m) Két játéos felváltva választ egy-egy számot az {,,3,4,5,6,7,8,9,0,,,3,4,5,6} halmazból a övetező szabályo szerit: a) egyetle számot sem lehet étszer választai (aor sem, ha az ellefél választotta); b) a iválasztott számo összege mide lépés utá legye prímszám (az első szám is). Az veszít, ai először em tud választai. Kie va yerő stratégiája? 9. (m) Két játéos felváltva választ egy-egy elemet -ből a övetező szabályo szerit: a) egyetle elemet sem lehet étszer választai (aor sem, ha az ellefél választotta); b) a iválasztott eleme összege ( -be) mide lépés utá az addigi összegetől ülöböző ell legye. Az veszít, ai először em tud választai. Kie va yerő stratégiája? 0. (m) Háy ülöböző iterítése va egy szabályos oldalú hasába, ha a magassága em egyelő az alapél hosszával? (a em egybevágó iterítéseet vesszü ülöbözőe) + 6