Kovács Dániel. Középiskolai versenyfeladatok elemzése egyetemi eszközökkel

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Kovács Dániel Középiskolai versenyfeladatok elemzése egyetemi eszközökkel BSc Alkalmazott Matematikus Szakdolgozat Témavezet : Dr. Kiss Emil Algebra és Számelméleti Tanszék Budapest, 2016

2

3 Köszönetnyilvánítás Köszönöm els sorban témavezet mnek, Dr. Kiss Emilnek, hogy szakértelmével, hasznos, precíz tanácsaival, ötleteivel támogatta munkámat, és mindig rendelkezésemre állt, ha segítségre volt szükségem a szakdolgozat megírása során. Köszönettel tartozom Édesapámnak, általános iskolai tanáraimnak és középiskolai matematika tanáromnak, Hajzer György tanár úrnak, akik bevezettek a matematikai versenyfeladatok érdekes, izgalmas, kihívásokkal teli világába. Köszönettel tartozom továbbá családom tagjainak, akik segítettek, támogattak, biztattak tanulmányaim során. 3

4 Tartalomjegyzék Bevezetés 5 1. Oszthatósággal kapcsolatos feladatok Kongruenciák Rend és primitív gyök Gauss-egészek és Euler-egészek Gauss-egészek Euler-egészek Rezultánssal kapcsolatos feladatok Egybevágósági transzformációk Tükrözések és forgatások Komplex számok segítségével megoldható feladatok Irodalomjegyzék 27 4

5 Bevezetés Szakdolgozatom megírásakor az az elképzelés vezetett, hogy középiskolai versenyfeladatokat vizsgáljak abból a szempontból, hogy az egyetemen tanult ismeretek hogyan használhatók fel a feladatok megoldása során. Vizsgálódásaimat az algebra és számelmélet témakörére sz kítettem. Ezeket a területeket mindig is érdekesnek és izgalmasnak találtam és a versenyeken is rendszeresen jelennek meg ilyen témájú problémák. Remélem, azok a versenyz k, versenyfelkészít szaktanárok, akik esetleg megnézik a szakdolgozatomat, találnak benne hasznos ötleteket, tippeket, ismereteket kés bbi feladatmegoldásaikhoz. Személyes indíttatásom is volt. Középiskolás koromban én magam is szívesen indultam különböz versenyeken, szerepeltem a matematika OKTV dönt jében is. Ezért saját magam számára is érdekes volt, hogy a tanult középiskolai ismereteim kib vítésével milyen új megoldásokat lehet találni egy-egy feladathoz, feladattípushoz. Külön érdekességet és kihívást jelentett számomra, hogy olyan saját feladatokat készítsek az egyetemi eszközöket felhasználva, amelyek megállják középiskolai versenyfeladatként a helyüket. A szakdolgozatom mind a négy fejezete hasonló módon épül fel. Ismertetem el ször a feladatok megoldásához szükséges elméleti hátteret, majd folytatom a versenyfeladatok megoldásával. Végül pedig ismertetem az általam alkotott feladatokat, megoldással együtt. 5

6 1. fejezet Oszthatósággal kapcsolatos feladatok 1.1. Kongruenciák Ebben a szakaszban kongruenciákat fogunk használni a két versenyfeladat megoldásához. Ezek közül az els egy OKTV feladat, a második feladat pedig a sajátom. 1. Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a ös tanévében a III. kategóriában, az els fordulóban az 1. feladat volt. Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követ n alakú szám közös osztói? Megoldás: Az n at követ ilyen alakú szám az (n + 1) = n 2 + 2n + 4 lesz. Tegyük fel, hogy létezik egynél nagyobb közös osztójuk, jelöljük ezt m bet vel. Ekkor a következ eket tudjuk: n (mod m) (1) n 2 + 2n (mod m) (2) A kongruencia tulajdonságait felhasználva megkaphatjuk a következ ket: 2n (mod m) (3) 2n 2 + n 0 (mod m) (4) 6

7 2n 2 + 4n (mod m) (5) 6n (mod m) (6) 6n (mod m) (7) 13 0 (mod m) (8) Azaz azt kaptuk, hogy ha a két egymást követ számnak létezik egynél nagyobb közös osztója, az csak 13 lehet. Ellen riznünk kell még, hogy valóban létezik-e ilyen eset. Jelöljük d-vel azt a számot, amivel a 13-at megszorozva n at kapunk. Ekkor legyen d + l az a szám, amellyel 13-at megszorozva a következ ilyen alakú számot kapjuk. Felírva ezt a két egyenletet, majd kivonva egymásból ket a következ t kapjuk: 13l = 2n + 1 (9) Ennek l = 1 esetén n = 6 lesz például a megoldása, amit visszahelyettesítve megkapjuk, hogy n = 39 és n 2 + 2n + 4 = 52. Láthatjuk, hogy mind a kett osztható 13-mal. 1. Saját feladat. Van-e olyan k 1 egész, hogy n és (n + k) minden n 1 esetén relatív prímek? Megoldás: Ha k páros, akkor páratlan n esetén n és (n + k) is páros, tehát nem relatív prímek. Mostantól tehát feltehetjük, hogy k páratlan. Ekkor d = k is páratlan. Legyen n = (d k)/2. Ez pozitív egész. Megmutatjuk, hogy ez jó, vagyis n és (n + k) is osztható az 1-nél nagyobb d-vel. Mivel d páratlan, elég belátni, hogy 4n (mod d) és 4(n + k) (mod d). Itt 2n = d k, ezért (2n) = (d k) ( k) = d 0 (mod d) (1) (2n + 2k) = (d + k) k = d 0 (mod d) (2) Tehát beláttuk, hogy se páros nem lehet k, se páratlan, azaz nincsen ilyen k 1 egész szám. 7

8 1.2. Rend és primitív gyök Deníció. ([1], Deníció) Legyen (a, m) = 1. A k pozitív egészt az a rendjének nevezzük modulo m, ha a k 1 (mod m), de bármely 0 < i < k esetén a i 1 (mod m). Jelölés: o m (a) Tétel. ([1], Tétel) Legyenek t,u,v nemnegatív egészek és (a, m) = 1. (i) a t 1 (mod m) o m (a) t. Az ilyen t számokat az a szám jó kitev inek szoktuk nevezni modulo m. (ii) a u a v (mod m) u v (mod o m (a)). (iii) Az a-nak o m (a) darab páronként inkongruens pozitív egész kitev s hatványa létezik modulo m. (iv) o m (a) ϕ(m). Ez az állítás az Euler-Fermat-tétellel ekvivalens Deníció. ([1], Deníció) Egy g számot primitív gyöknek nevezünk modulo m, ha o m (g) = ϕ(m) Tétel. ([1], Tétel) Egy g szám akkor és csak akkor primitív gyök az m modulusra nézve, ha 1, g, g 2,..., g ϕ(m) 1 redukált maradékrendszert alkotnak modulo m. 2. Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a os tanévében a III. kategóriában, az els fordulóban az 1. feladat volt. Igaz-e, hogy a 7k + 3, k = 0, 1, 2... számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl ) Az alábbi állítást fogom felhasználni a megoldás során: Állítás. Legyen az eredeti számunk n, amelynek vizsgáljuk a 7-tel való oszthatósági maradékát. Vegyük n számjegyeit fordított sorrendben és szorozzuk meg ket rendre az 1, 3, 2, 6, 4, 5 számokkal. Ha n-nek több, mint hat számjegye van, akkor a fenti sorozat 8

9 el lr l kezd dik, azaz a 7. számjegyet 1-el szorozzuk, a 8-at 3-al és így tovább. A kapott értékeket adjuk össze. Ezt az összeget jelöljük s-sel, erre a következ lesz igaz: n s (mod 7). Bizonyítás. Az 1, 10, 10 2, 10 3, 10 4, 10 5 számok rendre 1, 3, 2, 6, 4, 5 maradékot adnak 7- tel osztva. Továbbá 10 6 = (mod 7). Ebb l pedig nyilvánvaló, hogy k, k, k, k, k, k alakú számok(k N) is rendre 1, 3, 2, 6, 4, 5 maradékot fognak adni 7-tel osztva. Érdemes itt megjegyezni, hogy a periódus hossza azért 6, mivel o 7 (10) = 6 (ami egyben azt is jelenti, hogy 10 primitív gyök modulo 7). Ennek a módszernek a segítségével egyébként minden p 3 prímszámra adható hasonló oszthatósági szabály, ahol a periódus hossza mindig osztója lesz p 1-nek. Megoldás: Az állítás bizonyítása során beláttuk, hogy k 2 (mod 7), azaz k +1 3 (mod 7) minden k N esetén. Az ilyen alakú számok azonban palindromok is, hiszen az els és az utolsó számjegyük 1, az összes többi pedig Saját feladat. Létezik-e olyan 2016 jegy palindrom szám, amely 7-tel osztható és 11-szer annyi 3-as számjegy van, mint 4-es (más számjegyek is lehetnek a számban és legalább két darab 4-es van benne)? Megoldás: Vizsgáljuk el ször 7-tel oszthatóság szempontjából a 2016 jegy palindrom számokat. Jelöljük a számjegyeket a 0, a 1,..., a tel, ahol, mivel palindrom számról van szó a k = a 2015 k, ahol 0 k < Ha k 0 (mod 6), akkor 2015 k 5 (mod 6). Azaz amikor a 7-tel való oszthatóságot vizsgáljuk, akkor a fenti állításban említett s összeget a 6k +5a 2015 (6k) = 6a 6k -val növeli ez a két számjegy. Ugyanilyen alapon belátható, hogy az összeget az a 6k+5 alakú számjegyek 6-tal, a a 6k+1 és a 6k+4 alakú számjegyek 7-tel, a a 6k+2 és a 6k+3 alakú számjegyek 8-cal növelik. Így fel tudjuk írni az s összeget a következ képp: s = 6( a 6k + a 6k+5 ) + 7 (a 6k+1 + a 6k+4 ) + 8 (a 6k+2 + a 6k+3 ) k=0 k=0 k=0 k=0 9

10 Ebb l pedig láthatjuk, hogy a 7-tel való oszthatóság szempontjából teljesen mindegy, hogy az a 6k+1 és a 6k+4 alakú számjegyek milyenek, azaz lehet közöttük mondjuk pontosan két darab 4-es és huszonkét darab 3-as. Az összes többi számjegy legyen 7-es, és beláttuk a feladatot. 3. Saját feladat. Mutassuk meg, hogy minden l = 2, 3,..., 16 esetén létezik végtelen sok 17k + l, k = 1, 2,... alakú palindrom szám. Megoldás: Keressük a megoldásokat megint 10 n + 1 alakban. Ehhez el ször állapítsuk meg a 10 rendjét modulo 17. Mivel ϕ(17) = 16, így a lehetséges rendek: 1,2,4,8, (mod 17) (mod 17) (mod 17) (mod 17) (mod 17) Azaz azt kaptuk, hogy a o 17 (10) = ϕ(17), tehát a 10 primitív gyök modulo 17. Ekkor az 1, 10, 10 2,..., számok redukált maradékrendszert alkotnak modulo 17 az tétel alapján. Ekkor a 10 16m, 10 16m+1,..., 10 16m+15 számok is redukált maradékrendszert alkotnak minden m N-re. Akármelyik l számot választjuk ki, mindig lesz olyan szám az 10 16m, 10 16m+1,..., 10 16m+15 számok között, amely kongruens l 1-gyel modulo 17 (mivel l 1 értékei az 1 és 15 közötti egész számok, míg a redukált maradékrendszer elemei az 1 és 16 közötti egész számok). Ekkor a kapott számhoz egyet adva pontosan 17k + l alakú számot kapunk, ami egyben 10 n + 1 alakú is, ami pedig palindrom szám. 10

11 2. fejezet Gauss-egészek és Euler-egészek 2.1. Gauss-egészek Deníció. ([1], Deníció) Gauss-egésznek azokat az α = a + bi komplex számokat nevezzük, ahol a és b egész szám Deníció. ([1], Deníció) Az α = a + bi Gauss-egész normájának nevezzük és N(α)-val jelöljük az α abszolút értékének négyzetét: N(α) = α 2 = αα = a 2 + b Deníció. ([1], Deníció) A β Gauss-egészt az α Gauss-egész osztójának nevezzük, ha létezik olyan γ Gauss-egész, amelyre α = βγ Deníció. ([1], Deníció) Az ε Gauss-egész egység, ha minden Gaussegésznek osztója Tétel. ([1], tétel) Egy ε Gauss-egészre az alábbi feltevések ekvivalensek: (i) ε egység (ii) ε 1 (iii) N(ε) = 1 11

12 (iv) ε = 1, 1, i vagy i Deníció. ([1], Deníció) A π egységt l és nullától különböz Gaussegészt Gauss-felbonthatatlannak nevezzük, ha csak úgy bontható fel két Gauss-egész szorzatára, hogy valamelyik tényez egység. Azaz π = αβ = α vagy β egység Deníció. ([1], Deníció) A π egységt l és nullától különböz Gaussegészt Gauss-prímnek nevezzük, ha csak úgy lehet osztója két Gauss-egész szorzatának, ha legalább az egyik tényez nek az osztója. Azaz π αβ = π α vagy π β Tétel. ([1], Tétel) Egy Gauss-egész akkor és csak akkor Gauss-prím, ha Gauss-felbonthatatlan Tétel. ([1], Tétel) Minden, a 0-tól és az egységekt l különböz Gaussegész felbontható véges sok Gauss-felbonthatatlan szorzatára, és ez a felbontás a tényez k sorrendjét l és egységszeresekt l eltekintve egyértelm Tétel. ([1], Tétel) (i) Minden π Gauss prímhez pontosan egy olyan p pozitív prímszám létezik, amelyre π p. (ii) Minden p pozitív prímszám vagy Gauss-prím, vagy pedig pontosan két Gauss-prímnek a szorzata, amelyek normája p, és amelyek egymás konjugáltjai. 3. Feladat. ([4]) Ez a feladat az Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok 2010 februári számában a B feladat volt. Mutassuk meg, hogy összetett szám. 1. Megoldás: A szám felírható x alakban, ahol x N. Ennek a polinomnak a gyökei: x 1 = 2 + 2i, x 2 = 2 2i, x 3 = 2 + 2i, x 4 = 2 2i. Így a szám felírható a 12

13 következ alakban: x = (x 2 2i)(x 2+2i)(x+2 2i)(x+2+2i). Láthatjuk, hogy ez 4 különböz Gauss-egész, amelyek közül egyik sem egység, hiszen N(65 16 ± 2 ± 2i) > 1. Az tétel második pontja alapján pedig beláthatjuk, hogy egy ilyen alakú szám nem lehet prímszám. Azaz mivel nem prím és nem is egység, beláttuk, hogy összetett szám. 2. Megoldás: Ennél a megoldásnál szintén a Gauss-egészeket fogjuk felhasználni, csak egy kicsit másképpen. Az x szám a 2 +b 2 alakú, azaz egy Gauss- egésznek a normája. A Gauss-egész a következ : x 2 +8i. Ez felírható x 2 (2i 2) 2 = (x 2+2i)(x+2 2i) alakban. Innen láthatjuk, hogy x se nem Gauss-prím, se nem két Gauss-egész szorzata, amelyek egymás konjugáltjai. Továbbá, mivel N(65 16 ± 1 ± i) > 1, így a két Gauss-egész közül egyik se egység. Ezekb l következik, hogy a nem prímszám. Azaz mivel nem prím és nem is egység, beláttuk, hogy összetett szám. 3. Megoldás: Ennél a megoldásnál felhasználjuk az els megoldás egy részét, majd másik irányba indulunk el. Láttuk, hogy x = (x 2 2i)(x 2 + 2i)(x + 2 2i)(x i). Ha az els két tagot és az utolsó kett t összevonjuk, a következ t kapjuk: x = (x 2 4x + 8)(x 2 + 4x + 8). Ez pedig azt jelenti, hogy x reducibilis Q felett, hiszen felírható két Q-beli polinom szorzataként. Mivel jelen esetben x = 65 16, ezért ezt behelyettesítve a két polinomba, azt kapjuk, hogy a két szám közül egyik se egység, hiszen: 1 < (65 16 ) < (65 16 ) Azaz nem prímszám. Tehát mivel nem prím és nem is egység, beláttuk, hogy összetett szám Euler-egészek Deníció. ([1], Deníció) Euler-egészeknek nevezzük azokat az a + bω komplex számokat, ahol a és b egész számok és ω = cos 2π 3 + i sin 2π 3 = 1/2 + i Deníció. ([1], Deníció) Az α = a + bω Euler-egész normájának nevezzük és N(α)-val jelöljük az α abszolút értékének a négyzetét: N(α) = α 2 = αα = (a + bω)(a + bω 2 ) = a 2 ab + b 2. 13

14 Tétel. ([1],7.7.6 Tétel) Az Euler-egészek körében 6 egység van: ±1, ±ω, ω 2 = (1 + ω), ezek éppen a hatodik egységgyökök Tétel. ([1]) A Tétel Gauss-prímek helyett Euler-prímekre is igaz. 4. Saját feladat. Máté leírt 2017 db 0-t egymás után. Ezután a nullák elé írt egy 1- est, a nullák mögé 89-et, végül pedig az így kapott szám közepére egy 9-est. Prímszámot kapott-e Máté? A Máté által leírt szám tehát a lesz, amely egy 2021 jegy szám és a kipontozott helyeken csak nullák szerepelnek, azaz a 9-es el tt 1009 darab nulla van, utána pedig 1008 darab. Észrevehetjük, hogy ez x 4 + 9x alakú, ahol x = Ennek a polinomnak a gyökei: x 1 = 3 2 i( 3 i), x 2 = 3 2 (1 i 3), x 3 = 3 2 i( 3 + i), x 4 = 3 2 (1 + i 3). Így felírhatjuk a következ alakban: x 4 + 9x = (x i( 3 i))(x 3 2 i( 3 + i))(x 3 2 (1 i 3))(x 3 2 (1 + i 3)). Ha az els két tagot és az utolsó kett t összevonjuk, akkor a következ t kapjuk: x 4 + 9x = (x 2 + 3x + 9)(x 2 3x + 9). Ez pedig azt jelenti, hogy x 4 + 9x + 81 reducibilis Q felett, hiszen felírható két Q-beli polinom szorzataként. Mivel jelen esetben x = , ezért ezt behelyettesítve a két polinomba, azt kapjuk, hogy a két szám közül egyik se egység, hiszen: 1 < < Azaz nem prímszám. A feladatot a következ képp alkottam meg: Kiindultam az a 2 + ab + b 2 alakból, ugyanis ez pontosan egy a bω alakú Euler-egésznek a normája. Ha a-t és b-t is négyzetszámnak választom (a = c 2 ; b = d 2 ), akkor a számot fel tudjuk írni szorzat alakba: c 2 d 2 ω 2 = (c dω 2 )(c + dω 2 ) = (c d( 1 ω))(c + d( 1 ω)) = (c + d + dω)(c d dω). Tehát az ilyen alakú szám se nem Euler-prím, se nem két Euler-egész szorzata, amelyek egymás 14

15 konjugáltjai. Ha a > 1 és b > 1, akkor a szorzat egyik tagja sem lehet egység, mivel az egységek normája 1. Innen pedig már csak találnom kellett olyan a és b számokat, amelyek megfelel ek. Választásom a re és a 9-re esett, ezek mind a ketten négyzetszámok. Ahhoz, hogy a feladat ne lehessen túl könnyen megoldható, ellen riztem a 3-mal, 5-tel, 7-tel 11-el és 13-al való oszthatóságot, utóbbi hármat a állítás segítségével. A szám legkisebb prímosztója egyébként a

16 3. fejezet Rezultánssal kapcsolatos feladatok Deníció. ([2], Deníció) Legyen T test, és f, g T [x], mégpedig f(x) = a n x n a 0 és g(x) = b m x m b 0. Az f és g rezultánsa az az R(f, g)-vel jelölt (m + n) (m + n)-es determináns, amit a következ képpen készítünk el. Az els sorba az a n, a n 1,..., a 0 együtthatókat írjuk, majd csupa nullákat. A második sor els eleme nulla, ezután jönnek sorban a n, a n 1,..., a 0, majd ismét csupa nulla. A harmadik sor elején már két nulla van. Ezt a lépcs t m soron át folytatjuk, ekkor az m-edik sorban a 0 lesz a legutolsó elem. Ezután ugyanezt az eljárást a maradék n sorban elvégezzük a b m, b m 1,..., b 0 együtthatókkal is Tétel. ([2], Következmény) A T test fölötti f(x) = a n x n a 0 és g(x) = b m x m +...+b 0 polinomok rezultánsa akkor és csak akkor nulla, ha vagy a n = b n = 0, vagy a két polinomnak van közös gyöke egy alkalmas T -nél b vebb testben (aminek tehát T részteste). 4. Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a es tanévében a II. kategóriában, az els fordulóban az 1. feladat volt. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait: x 3 + y 3 = x (1) 3x 2 y + 3y 2 x = y (2) 16

17 Megoldás: Els lépésként rendezzük az egyenleteket nullára: x 3 + y 3 x = 0 (1) 3x 2 y + 3xy 2 y = 0 (2) Képzeljük el mind a két egyenlet bal oldalát x polinomjának és írjuk fel a rezultánsukat: r(y)= y y 3 3y 3y 2 y y 3y 2 y y 3y 2 y Ennek a mátrixnak a determinánsa y 3 (9y 2 4). A rezultáns pontosan akkor 0, ha vagy mind a két f együttható 0 (ez nyilvánvalóan nem teljesül), vagy a két polinomnak van közös gyöke. Az r(y) = y 3 (9y 2 4) polinom gyökei azok az y-ok, amelyekre az egyenletrendszer két egyenletének van megoldása. A polinom 3 gyöke: y 1 = 0; y 2 = 2/3; y 3 = 2/3 1. eset: y 1 = 0 Ekkor: x 3 = x; 0 = 0. Itt az els egyenlet megoldásai: x 1 = 1; x 2 = 1; x 3 = eset y 2 = 2 3 Ekkor: x = x; 2x x = 2 3. A második egyenlet két gyöke 1 3 és 1, de ezek közül csak 1 3 gyöke. lesz az els egyenletnek is 3. eset y 3 = 2 3 Ekkor: x = x; 2x x = 2 3. A második egyenlet két gyöke 1 3 és 1, de ezek közül csak 1 3 gyöke. lesz az els egyenletnek is 17

18 Összességében azt kapuk, hogy a következ 5 (x, y) pár elégíti ki az eredeti egyenleteket: (1; 0); ( 1; 0); (0; 0); ( 1; 2); ( 1; 2) A feladat elemi úton történ megoldása a következ : A két egyenletet összeadva kapjuk, hogy (x+y) 3 = x+y. Tehát vagy x+y = 0 vagy x+y = ±1. Ezután a második egyenletet átírva 3xy(x + y) = y formába már könnyen megoldható a feladat. 5. Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a os tanévében a II. kategóriában, az második fordulóban a 2. feladat volt. A valós számokon értelmezett f(x) = ax 2 bx + c másodfokú függvény a együtthatójára 1 > a 0 teljesül. Bizonyítsuk be, hogy ha f(a) = b és f(b) = a, akkor c < 3. Megoldás: Felhasználva, hogy f(a) = b és f(b) = a a következ egyenletrendszert tudjuk felírni: b(a 1) + a 3 + c = 0 (1) b 2 (a 1) + a + c = 0 (2) Tekintsük mind a két egyenlet bal oldalát a b polinomjának és írjuk fel a rezultánsukat: a 1 0 a + c r(a)= 1 a a 3 + c a a 3 + c A mátrix determinánsa: (a 1)(a 6 + 2a 3 c + a 2 + a(c 1) + (c 1)c). Tudjuk, hogy mind a két f együttható nem lehet 0, hiszen a < 1. Azt is tudjuk, hogy a két egyenletnek van közös gyöke, így a determinánsnak 0-nak kell lennie. Ez pontosan akkor igaz, ha (a 6 + 2a 3 c + a 2 + a(c 1) + (c 1)c) = 0. Ezt egy kicsit átalakítva a következ t kapjuk: (c + a 3 a 2 + a)(c + a 3 + a 2 1) = 0. Tehát c = a 3 + a 2 a vagy c = a 3 a Használjuk fel, hogy 1 > a és így a következ ket kapjuk: 3 = > a 3 + a 2 + a a 3 + a 2 a = c (3) 3 = > a 3 + a a 3 a = c (4) 18

19 Azaz beláttuk, hogy c < 3. A feladat elemi módon történ megoldása a következ : Az (1)-es egyenletb l a b-t kifejezve, majd ezt behelyettesítve (2)-be ugyanazt kapjuk, mint a rezultáns esetében. A rezultáns használata automatizálja ezt a fajta megoldást. 19

20 4. fejezet Egybevágósági transzformációk 4.1. Tükrözések és forgatások Deníció. ([2], Deníció) A sík vagy a tér egy f transzformációját távolságtartónak vagy egybevágósági transzformációnak nevezzük, ha bármely P, Q pontokra teljesül, hogy P és Q távolsága ugyanaz, mint f(p ) és f(q) távolsága Állítás. ([2], Állítás) Tegyük fel, hogy az e 1 és e 2 egyeneseknek P közös pontja, és szögük α. Ekkor az e 1 -re és e 2 -re való tengelyes tükrözések kompozíciója a P körüli 2α szög forgatás. Ha a kompozíciót fordított sorrendben végezzük el, akkor a forgatás iránya megfordul Állítás. ([2], Állítás) Tegyük fel, hogy az e 1 és e 2 párhuzamos egyenesek, melyek távolsága d. Ekkor az e 1 -re és e 2 -re való tengelyes tükrözések kompozíciója egy eltolás, melynek iránya mer leges e 1 és e 2 közös irányára, hossza pedig 2d. Ha a kompozíciót fordított sorrendben végezzük el, akkor az eltolás iránya megfordul Állítás. ([2], oldal) Legyenek f 1 és f 2 forgatások, amelyek középpontjai P 1 és P 2. Ha P 1 = P 2, akkor a két forgatás szorzata forgatás, melynek középpontja P 1 és szöge az f 1 és f 2 szögeinek összege. Most tegyük fel, hogy P 1 P 2 és legyen e a P 1 P 2 egyenes. A állítás szerint f 1 fölírható t 1 t alakban, ahol t az e-re való, t 1 pedig egy alkalmas P 1 -en átmen egyenesre való tükrözés. Hasonlóképpen f 2 is fölírható tt 2 alakban 20

21 alkalmas t 2 tükrözésre. Ekkor f 1 f 2 = t 1 ttt 2 = t 1 t 2 a kompozíció asszociativitása miatt, hiszen láttuk, hogy tt = id. Tehát f 1 f 2 két tükrözés szorzata. Az el z két állítás szerint két tükrözés szorzata mindig vagy eltolás vagy, vagy forgatás, és így f 1 f 2 is eltolás vagy forgatás. A kapott egyenesek szögeit vizsgálva az alábbi állítást is beláthatjuk Állítás. ([2], Állítás) Legyen f j a P j pont körüli α j szög forgatás a síkon (j = 1, 2). Ekkor f 1 f 2 egy α 1 + α 2 szög forgatás, kivéve, ha α 1 + α 2 = 0 (mod 360 ). Ez utóbbi esetben f 1 f 2 eltolás (ami lehet az identitás is) Állítás. ([2], 146. oldal) Legyen f a P pont körüli α szög forgatás a síkon. Ekkor, ha g tetsz leges egybevágóság, akkor gfg 1 forgatás g(p) körül α szöggel, ha g mozgás és α szöggel egyébként Állítás. ([2], Deníció) Legyen g csoport és g G rögzített elem. A gxg 1 szorzatot az x elem g-vel vett konjugáltjának nevezzük. Az a ϕ g : G G leképzés, amely minden elemhez gxg 1 -et rendel, a g elemmel való konjugálás. 6. Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a os tanévében a III. kategóriában, az els fordulóban az 1. feladat volt. Mely ABC háromszögekhez léteznek olyan e és f egyenesek, hogy az A pontot e-re, majd a kapott pontot f-re tükrözve B-t kapjuk, viszont az A-t el bb f-re, majd a kapott pontot e-re tükrözve C-t kapjuk? Megoldás: Két esetet kell vizsgálnunk. Az els, ha a két egyenes párhuzamos. Ekkor a állítás szerint a két tükrözés szorzata eltolás lesz mind a két esetben, csak ellentétes irányú. Azaz A, B és C pontok egy egyenesre esnek, ez pedig nyilván nem lehet, tehát ezt az esetet kizárhatjuk. A második eset, ha a két egyenes metszi egymást. Jelöljük ezt a metszéspontot P -vel és legyen a két egyenes szöge α. Ekkor a állítás szerint a két tükrözés szorzata egy P körüli, 2α szög forgatás mind a két esetben, egyedül a forgatások iránya különbözik. Mivel a AP B szögek és az AP C szög megegyeznek, így az AB és az AC szakaszok is egyenl hosszúak lesznek, azaz a háromszög egyenl szárú lesz. 21

22 Most vizsgáljuk meg azt, hogy léteznek-e ilyen e és f egyenesek. Legyenek az ABC háromszög szögei: β, γ és γ. Ekkor ahhoz, hogy megkapjuk a B és C csúcsokat 2γ szöggel kell forgatni, hiszen az AP B és ABC szögek ugyanahhoz a körívhez tartozó kerületi és középponti szögek. Ilyen e és f metsz egyenes, amelyek 2γ szöget zárnak be végtelen sok van. Probléma egyedül akkor lehetne, ha 2γ = 180, mert ekkor megmutattuk, hogy nem háromszög keletkezik a tükrözések után. Ez az eset azonban nem fordulhat el, hiszen egy egyenl szárú háromszögben a két azonos szög mindig kisebb, mint Feladat. [3] Ez a feladat az Matematika Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyen, a es tanévében a III. kategóriában, az els fordulóban a 4. feladat volt. Az ABC háromszöget bet zzük pozitív körüljárás szerint. A háromszög szögei az A, B, illetve C csúcsnál rendre α, β és γ. A B csúcsot az A pont körül negatív irányban elforgatjuk α szöggel, majd az így kapott B 1 pontot a B pont körül negatív irányban elforgatjuk β szöggel, és végül az így nyert B 2 pontot a C pont körül negatív irányban γ szöggel elforgatva a B 3 pontba jutunk. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a B,B 3 pontok és az ABC háromszög beírt körének O középpontja. Megoldás: A állítás alapján tudjuk, hogy ennek a három forgatásnak a szorzata egy α+β +γ = 180 -os forgatás, megfelel középponttal, ami lényegében egy középpontos tükrözés. Ahhoz, hogy tudjunk valamit mondani a B 3 pont helyzetér l, meg kell keresnünk a tükrözés xpontját. Jelöljük a beírt kör érintési pontjait a következ képpen: E 1 az AC oldalon, E 2 az AB oldalon és E 3 az BC oldalon. Ekkor a középpontos tükrözés xpontja az E 1 lesz a következ k miatt: ha a b egyenest elforgatom α szöggel, akkor a c egyenest kapom. Jelöljük E 1 -vel az E 1 képét. Erre igaznak kell lennie, hogy AE 1 = AE 1. Tudjuk azt, hogy küls pontból a körhöz húzott érint szakaszok hossza megegyezik, azaz AE 1 = AE 2. Ebb l pedig következik, hogy E 1 = E 2. Ugyanilyen logikával belátható az is, hogy E 2 = E 3 és végül pedig hogy E 3 = E 1. Az BB 3 szakasz felez pontját szerkesszük meg el ször, ez pontosan E 1 lesz. Szerkesszük meg az O középpontú, OE 1 sugarú kört. Szerkesszük meg az E 1 pontba az érint t, így megkapjuk a b oldalegyenest. Szerkesszük meg a B pontól a körhöz húzott két érint t, így megkapjuk az a és c oldalegyeneseket, azaz megkapjuk az ABC háromszöget. 22

23 5. Saját feladat. Legyen e, f, g három egyenes, amelyek egy P pontban metszik egymást. Az e és g egyenesek mer legesek egymásra, e és f pedig α < 45 szöget zárnak be egymással. Vegyünk egy Q pontot, tükrözzük ezt el ször e, majd f egyenesre, legyen az így kapott pont A. Cseréljük meg a tükrözés sorrendjét, az így kapott pont B, majd hajtsuk végre ugyanezt az f, g egyenesekre, az így kapott pontok legyenek C és D. Milyen négyszög az így kapott ABCD? Megoldás: A feladat megoldásában a állítás sokat segít. Ezek alapján tudjuk, hogy a két tükrözés szorzata forgatás lesz minden esetben, mégpedig a P pont körül. Azaz az A, B, C és D pontok mindegyike rajta lesz a P középpontú, P Q sugarú körön. A megoldás további részét segít értelmezni a következ ábra: El ször állítsunk mer legest A pontból a P Q szakaszra. Ekkor az ábrán β-val jelölt szög értéke β = 90 2α. Mivel az AP és az AD szakaszok hossza megegyezik, így az AP D 23

24 háromszög egyenl szárú lesz. Az ábrán γ-val jelölt szögek értéke γ = 180 (180 4α) 2 = 90 2α. Innen pedig a BAD szög értéke 2α α = 90. Ilyen módon a maradék három szögr l is be tudjuk látni, hogy derékszögek, azaz beláttuk, hogy a kapott alakzat téglalap. 6. Saját feladat. Józsi bácsi vásárolt magának egy konvex deltoid alakú telket. A telek sarkait jelöljük ABCD-vel, pozitív körüljárási irány szerint, a csúcsokhoz tartozó szögeket pedig α, β, γ, δ-val. Józsi bácsi elforgatta a B sarokban álló madárijeszt t A sarok körül α szöggel negatív irányban, majd az így kapott helyzetéb l B körül β szöggel, majd innen C körül γ szöggel, végül pedig innen D körül δ szöggel. Milyen messze került a madárijeszt eredeti helyér l? Megoldás: A állítás alapján ennek a négy forgatásnak a szorzata eltolás lesz, mivel α + β + γ + δ = 360. Továbbá, mivel egy érint négyszögr l van szó, így írható egy kör belé. Az 5. feladathoz teljesen hasonló módon meg tudjuk mondani az AD oldalon lév érintési pontról, hogy xpont. Egy eltolás esetében pedig csak akkor létezik xpont, ha az eltolás maga az identitás. Azaz azt kaptuk, hogy a madárijeszt pontosan a helyére került vissza Komplex számok segítségével megoldható feladatok Sok feladat megoldását egyszer síti, ha geometriai gondolatmenetek helyett komplex számokkal számolunk. Erre lesz példa a 2. saját feladatom ebben a fejezetben. Ezen számolásokat a állításban mutatjuk be Állítás. ([2], oldal) A w vektorral (azaz komplex számmal) való eltolás az r(z) = z + w függvény. Az origó körüli α szög forgatást az f(z) = εz adja meg, ahol ε = cos α + i sin α. Ha az origó helyett a w pont körül akarunk forgatni, akkor a g(z) = ε(z w) + w képletet kell használnunk. Ennek a képletnek a levezetésekor tehát az origó körüli α szög forgatást konjugáltuk a w vektorral való eltolással. 7. Saját feladat. Az ABCD téglalapot bet zzük pozitív körüljárási irány szerint. Forgassuk el el ször az A pont körül 30 -kal pozitív irányba a B pontot, így kapunk egy B 24

25 pontot. Forgassuk el ezt a B pontot most a D pont körül 30 -kal szintén pozitív irányba, így kapva a B pontot, amelyet a CD egyenes elválaszt az A csúcstól az alábbi ábrán látható módon. Tudjuk továbbá, hogy T ADB C T ABCD azaz AB = a BC b =? = 3. Mennyi a szomszédos oldalak aránya, 4 Megoldás: Feleltessünk meg a téglalap csúcsainak egy-egy komplex számot. Legyen A = 0 + 0i, B = a + 0i, C = a + bi és D = 0 + bi. Ekkor a állítást felhasználva meghatározhatjuk B és B pontok helyét. f(b) = B = εb g(b ) = B = ε(εb D) + D = ε 2 B εd + D 25

26 Mivel adott, hogy a B pont a téglalap terültén kívülre esik, így tudjuk, hogy: T ADB C = T ACD + T CB D = T ABCD 2 + T CB D Innen pedig a megadott arányokat felhasználva a következ t kapjuk: 3 4 = T ADB C T ABCD = T ABCD 2 + T CB D T ABCD = T CB D T ABCD = 1 4 Mivel a B pont helyzetét ismerjük, így meghatározható a T CB D háromszögben a B -höz tartozó magasság és így a háromszög területe is. A magasságot a B képzetes része és a D képzetes részének különbségeként kapjuk, felhasználva, hogy α = 30 : m B = 3a 3b 2 Ehhez a magassághoz a CD oldal tartozik, amelynek a hossza a. Így a háromszög területe: T CB D = a( 3a 3b) 4 Innen pedig felhasználva, hogy T ABCD = ab és a kapott arányokat megkapjuk a feladat megoldását: ab 4 = a( 3a 3b) 4 = a b =

27 Irodalomjegyzék [1] Freud Róbert Gyarmati Katalin: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó, 2000 [2] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába, Typotex Kiadó, 2007 [3] Az OKTV feladatok az oktatási hivatal honlapján ( a Köznevelés: Tanulmányi Versenyek: OKTV: Versenyfeladatok, javítási útmutatók menüpontja alatt elérhet ek a honlap i állapota szerint. [4] A feladat a KÖMAL honlapján ( a Pontverseny: Korábbi évek menüpontja alatt elérhet a honlap i állapota szerint. 27