Javítókulcs, Válogató Jan. 27.

Átírás

1 Javítókulcs, Válogató 017. Jan Mely f : R R függvényekre teljesül, hogy minden valós x, y számpár esetén f(xy 1) + f(x)f(y) = xy 1? Megoldás. 0. Elmélkedés Polinomszerű a kifejezés, sejtés hogy csak polinom lehet. (Azonnal látszik az is, hogy f(x) = x jó.) Milyen polinom lehet egyáltalán? Ez nem nehéz, hiszen polinom azonosságot kell kapnunk ha beírunk valami f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 -t. Míg f(xy 1)-ben csak xy-hatványok adott együtthatós összegét kapjuk, addig f(x)f(y)-ban megjelennek más típusú tagok is, amennyiben a polinom nem csupán egy a i x i tagból áll : hiszen ha a i 0 a j esetén lesz egy a i a j x i y j tag is benne. Ám a jobboldal is csak xy-t ill. konstanst tartalmaz, tehát ez kizárt, így ha polinom akkor f(x) = a n x n. Most viszont azt látjuk, hogy n 3 esetén f(xy 1)-ben lesz x y -es tag is, míg a jobboldalon x és y kitevője max 1, az f(x)f(y) szorzatban meg pontosan a n(xy) n szerepel vagyis csak n = 1, lehet. Innen már azonnal kapjuk, hogy f(x) = x vagy f(x) = x jön szóba, ha polinom. I. Alapanyagok f nem lehet konstans, mert akkor a bal oldal konstans lenne, de a jobb oldal minden értéket felvehet. Az egyenlet igaz x = 0 esetén is, tehát f( 1) + f(0)f(y) = 1 minden y-ra. Ez azt jelenti hogy f(0)f(y) konstans. A függvény nem konstans, tehát f(0) = 0 f( 1) = 1. x = y = 1-et helyettesítve az egyenletbe f(1) = 1, tehát f(1) = 1 vagy f(1) = 1. (A) y = 1-et behelyettesítve: f(x)f( 1 ) = 1 minden x 0; x R-re. x x II. Bizonyítás Tudunk pár összefüggést, ebből szeretnénk összegyúrni, hogy mi f(x). Olyan helyettesítéseket keresünk, hogy f(x)-et ki tudjuk belőle fejezni! Világos, hogy f(xy 1) miatt olyan x, y értékpárok különösen érdekesek, amik esetén az xy 1 kifejezés értéke 0 v. ±1 lesz - itt f-et ismerjük - vagy ahol x lesz. (B) y = et helyettesítve x 0 esetén f((x + 1) 1) + f(x)f(1 + 1) = x + 1 x x adódik, tehát ( f(x)f ) = x + 1 f(x) x minden x 0; x R-re. y = x, x = 1 helyettesítéssel: f( 1 x ) + f(1)f(1 + 1 x ) = x + 1. Ezt f(x)-szel megszorozva és kihasználva a korábban levezetetteket (A & B ) kapjuk, hogy ( ) 1 + f(1)(x 1 f(x)) = x + 1 f(x) 1

2 vagyis átrendezve f(x)-re: minden nem 0 valós x-re. ( ) 1 + xf(1) + f(1) = f(x) x f(1) Innen lényegében kész vagyunk: f(x) együtthatója nem 0 (f(1) két esetét megvizsgálva), tehát 1 + xf(1) + f(1) f(x) = f(1) x 1. eset f(1) = 1 esetén: f(x) = x adódik x 0 esetén. f(0) = 0, tehát f(x) = x minden valós x-re. Ez valóban teljesíti is az egyenletet.. eset f(1) = 1 esetén: f(x) = x adódik x 0 esetén. f(0) = 0, tehát f(x) = x minden valós x-re. Ez valóban teljesíti is az egyenletet. Töredékpontok: Ha megállapítja hogy nem konstans, x = 0 esetet vizsgálja de nem hozza ki az f(x) = 0- t, és vizsgálja az x = y = 1 esetet Ha megtalálja mind a két megoldást Ha racionálisakra levezeti, hogy ez a két megoldás van. Megjegyzés Volt más út is, de jellemzően arra kellett hajtani, hogy xy 1-et úgy helyettesítsük, hogy x-szel, vagy 1/x-szel kerüljön összefüggésbe. Amit messziről jó elkerülni: y := x ill y := x, x := x helyettesítéseinek összegéből adódó f (x) = f ( x) x állítást úgy továbbvinni, hogy a függvény vagy páros vagy páratlan. Előbbi összefüggés ugyanis pontonként igaz csak (egyelőre)!!

3 . Az ABD háromszögben C a BD oldal belső pontja. Legyen k1 az ABC körülírt köre, ezt az AD egyenes A-ban érinti. A k az a kör, amely áthalad A és D pontokon, és D-ben érinti a BD egyenest. Ha a két kör A mellett az ACD háromszög belső pontjában, E-ben metszik egymást, akkor lássuk be = λ3 ahol AB =λ hogy EB EC AC Megoldás. Találunk egy halom kerületi szöget, amik segítenek. A kulcs hasonlóságok alkalmazása (ami lényegében kikerülhető bizonyos esetekben körre vonatkozó hatványokkal.) A rózsaszín szögek a kerületi szögek tételéből adódóan egyenlők, kétszer észrevételezve, hogy érintő szárú kerületi szögről van szó. A zöld szögek a kerületi szögek tételéből adódóan egyenlők. A kék kétíves szögek mindegyike az ECD -et egészíti ki 180 -ra. A kulcs hasonlóságok alkalmazása (ami lényegében kikerülhető bizonyos esetekben körre vonatkozó hatványokkal.) Ezek a fenti szögegyenlőségekből következnek. Egyrészt, DAC4 DBA4 Másrészt, DBE4 CAE4 Harmadrészt, ECD4 EAB4 Az elsőből adódik, hogy a két háromszög területaránya kifejezhető egy egyenesre eső alapjaik arányával, vagyis TDBA4 BD AB = = = λ CD TDAC4 AC A másodikból, megfelelő oldalak arányából: BD EB = AC AE A harmadikból, megfelelő oldalak arányából: AB AE = CD EC 3

4 Utóbbi kettő megfelelő oldalait szorozva, és az első összefüggést beírva, a bizonyítandót kapjuk. Megjegyzés Lehetett alternatív módon új segédpontot bevezetve is természetesen célba érni. Legkézenfekvőbb erre az F := AE BC, hiszen ez a hatványvonalon van, tonnaszám gyártva új hasonló háromszögeket, és az osztási arányokat is szépen adja: F D = F E F A = F C F B - a lényegi kapcsolatot megteremtve a két kör, és a rajtuk levő pontok között. Pontok rózsaszín szögek egyenlőségét kimondani (mind) kétíves kékek három hasonlóság megtalálása egyenként + igazolása BD = CD λ befejezés (1+1+1 pont) (3 pont) 4

5 3. Az egyetem matematikus szakán első évben 17 gyakorlati csoportot indítanak, a felvett 100 diák közül minden csoportba 0-an járnak. Igazoljuk, hogy lesz két olyan csoport, aminek legalább négy közös hallgatója van. (Nincs előírva, hogy egy diáknak hány tárgyat kell végeznie.) Megoldás. A fő ötlet, hogy nézzük meg: az egyes hallgatók hány csoport-párhoz tartoznak hozzá? Minél több az ilyen csoport-párok száma, annál inkább lesz olyan csoport-pár, amit sok hallgató vett fel. Használjunk gráfos nyelvet: Csoportokhoz a C 1... C 17, Diákokhoz a D 1... D 100 csúcsokat rendeljük, és éllel kötjük C i -t és D j -t ha a j. diák bejár az i. csoportba. Amit tudunk: a gráfban a csoportoknak megfelelő csúcsok fokai, d(c i ) = 0 i, vagyis e = 0 17 él van. Egy diákra illeszkedő élpárt hívjunk cseresznyének. Egy ilyen két élű út mindig egy C i, C i csoport-párra illeszkedik. Mi kell? Hogy van olyan csoport-pár, amin a cseresznyék száma legalább 4. Igazoljunk indirekten. Kétszeres leszámolásssal megmutatjuk, hogy lehetetlen hogy minden csoportpárra max. 3 cseresznye illeszkedjék. A cseresznyék száma pontosan 100 i=1 ( ) d(di ). Alulról becsülve számtani-négyzetes középpel vagy Jensen egyenlőtlenséggel (amiknek feltételei stimmelnek): 100 i=1 ( ) ( 100 d(di ) 100 i=1 d(d i) 100 ) = ( i=1 d(d i ) 100 ) i=1 d(d i ) A jobboldalt pontosan ismerjük, mivel 100 i=1 d(d i ) éppen az élek száma, e = Másrészt indirekt feltevésünk szerint minden csoportpárra legfeljebb 3 cseresznye illeszkedik, vagyis: ( ) ( ) ( ) d(di ) e e = 50 3, 4, 4 = 408. i=1 Ellentmondást kaptunk? Sajnos éppen nem: 3 (17 ) = 408. De mindez csak akkor teljesülhet, ha minden egyenlőtlenség fent egyenlőségel teljesül. Ez azonban már nem fog menni: a Jensenben (vagy Számtani-Négyzetesben) egyenlőség csak egyenlő tagokra lehet igaz, viszont a tagok értéke nem lehet törtszám, hiszen a fokszámok egészek. Vagyis mégis ellentmondás jött ki, kész vagyunk. Megjegyzés Vonzó lehet elsőre nekiindulni úgy, hogy egyesével vizsgáljuk meg, milyen lehet a a csoportok szerkezete, ha nincsen hármas metszet köztük: mennyi hallgatót tartalmazhatnak ezzel a feltétellel. Ez nagyon kevés csoportra működne is, utána viszont kilátástalanná válik, mert a metszési szerkezetet nem tudjuk jól leírni, és egyesével nézve a csoportokat, nem mondhatunk olyasmiket, hogy a legjobb esetben ilyen a metszési struktúra - mert 5

6 mitől legjobb? Később nem nyerünk-e, ha az elején mégsem sűrítjük be a halmazokat, hoyg sokat messék egymást? Stb. Pontok Gráfos / kezelhető modelles átfogalmazás Indirekt feltétel pontos megadása, mit számolva hajtunk ellentmondásra élszám leszámolás Cseresznyéket akarunk számolni Cseresznyék pontos száma fokszámok segítségével Cseresznyék pontos számára alsó korlát felsőbecslés az indirekt feltétellel, 3 (17 ) egyenlőség megvizsgálása, ellentmondás kihozása 6

7 4. Legyen P egész együtthatós nem-konstans polinom. Lássuk be, hogy a P (017), P ( 017), P (3 017)... sorozat tagjainak nem lehet csak véges sok prímosztója. Megoldásvázlat. Indirekten igazolunk. Először is vegyük észre, hogy ha a konstans tag, P (0) = 0, akkor az állítás triviális, hiszen p P (p 017). Mi van, ha nem 0? Nézzük meg 1-re: P (0) = 1. Ekkor ha P (N)-et tekintjük, azt látjuk, hogy P (N) 1 (mod N), vagyis N egyik prímosztója sem osztja. Emiatt ha csak véges sok p i prímosztót találnánk a sorozatban, a szorzatukat véve, q = i p i -re P (tq 017) relatív prím q-hoz minden t egész érték esetén. Ha relatív prím, akkor vagy ±1, vagy van prímosztója neki - valami új! De 1-et nem vehet fel a polinom akármennyiszer, csak legfeljebb annyiszor, amennyi a foka - minthogy P (x) 1 polinomnak legfeljebb deg(p ) valós gyöke lehet. ( 1 érték felvétele meg eleve nem jön szóba, mert 1 maradékot adott (mod tq 017)). Emiatt kész vagyunk. Oké, és mi a helyzet, ha nem 1 a konstans tag, hanem a 0? Nagyon hasonló: Ha csak véges sok p i prímosztót találnánk a sorozatban, a szorzatukat véve, q = i p i -re igaz lenne, hogy P (tq 017a 0 ) a 0 osztható tqa 0 -val minden t Z + -ra. Emiatt viszont P (tq 017) a 0 relatív prím tq-hoz minden egész t-re: hiszen tq többszörösénél eggyel nagyobb. P (tq 017) a 0 = 1 megint csak véges sok esetben lehet csak, viszont így valamilyen t esetén találunk P (tq 017)-ben új prímosztót. II. Megoldásvázlat (avagy hogyan csináljunk számelmélet feladatból kombinatorika feladatot...) - Di Giovanni Márk Indirekten bizonyítunk. Tegyük fel, hogy P (017), P ( 017), P (3 017),... -nak csak véges sok különböző prímosztója van, legyenek ezek p 1 <... < p k. Továbbá tegyük fel, hogy a P foka n. Ekkor tetszőleges N esetén legfeljebb N k darab ±p α p α k k alakú szám van, amely kisebb abszolút értékű mint p N 1. (Valóban: kétféle előjel jöhet szóba, és minden kitevő prímkitevő N-féle lehet maximum). Mivel P egy n-edfokú polinom, ezért létezik olyan M, hogy "egy idő után" (azaz elég nagy x-re) Mx n > P (x). (Ez igaz lesz, ha M nagyobb a főegyüttható abszolutértékénél.) Vegyünk egy ilyen elég nagy x-et és vizsgáljuk meg, hogy hány értéket vehet fel (t 017 alakú helyeken) a polinomunk p N 1 alatt. Mivel Mx n > P (x), ezért ha x p N n 1 /M 1 n, akkor P (x) < Mx n < p N 1. Mivel minden értéket legfeljebb n-szer vehet fel a polinom, ezért legalább 1 p N n 017 n M 1 1 = C p N n 1 n 1 különböző értéket vesz fel, ahol C kontans. (Az tényező onnan jött, hogy csak minden 017-dik függvényértéket nézzük). Itt n, M, p 1 fix, N-et pedig változtathatjuk. 017 Ha találunk egy olyan N-et, hogy ez a szám nagyobb mint N k + 1, akkor skatulyaelv alapján lesz olyan szám, ami nem megfelelő alakú, tehát van egyéb prímtényezője 7

8 is. Valóban: több különböző értéket vesz fel ekkor a polinom, mint amennyi megfelelő prímtényezőkkel rendelkező szám van abszolútértékben, p N 1 alatt. (Nota bene: a +1 a N k mellé onnan jön, hogy a 0-t is számoljuk ;), aki nem prímtényezős felbontású. ) Tehát olyan N-et keresünk, hogy Tehát C p N n 1 > N k + 1 N log p 1 > nk log N n log C + n log p N 1 > n N nk C n (1) Itt viszont a bal oldal N-nek egy növekvő lineáris függvénye, a jobb oldal pedig log N- nel arányos, azaz elég nagy N-re teljesül az egyenlőtlenség. Tehát biztos hogy találunk megfelelő N-t, tehát készen vagyunk. Megjegyzés: A bizonyítás azon múlott, hogy kevés olyan szám van, aminek a prímtényezői egy véges halmazból kerülnek ki. Tehát ha N-ig nézzük, hogy hány megfelelő alakú szám van, akkor az log N-nel lesz arányos, míg egy n-edfokú polinom N-ig N 1 n értéket vesz fel, ami gyorsabban nő, mint a logaritmus függvény. Tehát több "kis" értéket vesz fel a polinom, mint ahány "megfelelő" "kis" szám van. Továbbá mint láttuk nem használtuk ki, hogy minden 017.-dik függvényértéket vizsgáltuk, csupán annyit, hogy nagyjából lineárisan vettünk ki, tehát létezett egy olyan konstans c (esetünkben c = 017), hogy c n-ig legalább n függvényértéket vizsgáltunk meg (minden n-re). Ennek a legegyszerűbb változata, hogy minden c-ediket nézzük meg. Pontok/1 a 0 = 0 a 0 = 1 tetszőleges a 0 (4 pont) (5 pont) Pontok/ leszámolás gondolata lehetséges értékek száma adott korlát alatt, rögzített prímtényezőkkel polinomértékek száma összevetés, befejezés (3 pont) (3 pont) Töredékpontok t 017 vizsgálata olyan t-re, ami sok prím szorzatát tartalmazza indukció-szerűség kezdése, belátni hogy legalább -féle prímtényező van (+1 pont) 8