1. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy ABCD húrnégyszögben AC BD = DA AB + BC CD AB BC + CD DA. Első megoldás: A húrnégyszögnek az A, B, C, ill. D csúcsoknál levő szögét jelölje rendre α, β, γ, ill. δ, azab, BC, CD és DA oldalak, valamint az AC, ill. BD átlók pedig legyenek rendre a, b, c, d, e, ill. f (lásd az 1. ábrát). A a α B β e d b f γ C c δ D 1. ábra 1
A feladat állítása ezekkel a jelölésekkel e f = da + bc ab + cd. (1) A négyszög T területe a DAB és a BCD háromszögek területének az összege, azaz T =(1/2)(da sin α + bc sin γ). Mivel α + γ = π, ezértsin α =sinγ, tehát T =(1/2)(da + bc)sinα. Ennek alapján (1) jobb oldalának a számlálója 2T/sin α. A T területet az ABC és CDA háromszögek területének az összegeként felírva, ugyanígy adódik, hogy (1) jobb oldalának a nevezője 2T/sin β. Ez azt jelenti, hogy az (1) jobb oldalán szereplő tört sin β/sin α, és így az állítás ekvivalens e az sin β = f sin α egyenlőséggel. Itt mindkét oldal egy-egy húrnak és az ahhoz tartozó (egyik) kerületi szög szinuszának az aránya, ami állandó, hiszen a körülírt kör átmérője. Második megoldás: Fejezzük ki az e átlót az ABC és a CDA háromszögbeli koszinusztétel segítségével: e 2 = a 2 + b 2 2ab cos β; e 2 = c 2 + d 2 2cd cos δ. Itt β + δ = π miatt cos δ = cos β, és így az első egyenlőséget cd-vel, a másodikat ab-vel megszorozva, majd a kettőt összeadva e 2 (ab + cd) =a 2 cd + b 2 cd + abc 2 + abd 2 (2) adódik. A (2) jobb oldala szorzattá alakítható: (ac + bd)(ad + bc). Ptolemaiosz tétele alapján ac + bd = ef. Így (2) átírható az e 2 (ab + cd) =ef(ad + bc) alakba, ahonnan mindkét oldalt ef(ab + cd)-vel osztva éppen a kívánt (1) egyenlőséget kapjuk. 2. feladat Hány 0 <x<2004-re teljesül x + x 2 = x 2 + x? ( Itt c a c valós szám (alsó) egészrészét jelöli, azaz a legnagyobb olyan k egész számot, amelyre k c. ) Első megoldás: Először azt igazoljuk, hogy a feladat feltétele ekvivalens azzal, hogy x 2 x egész szám. Ha a feladat feltételében szereplő egyenlőség teljesül, akkor ezt az x 2 x = x 2 x alakba írva, a jobb oldal egész, tehát a bal oldalon álló x 2 x is egész kell hogy legyen. 2
Megfordítva, tegyük fel, hogy x 2 x egész, ekkor S = x 2 x x 2 + x =(x 2 x 2 ) (x x ) is egész. Mivel 0 c c < 1, ezért 1 <S<1, teháthas egész, akkor S =0,ami éppen a feladat feltételében szereplő egyenlőség egy másik alakja. Adott k egészre megvizsgáljuk, hány olyan x van, amelyre x 2 x = k. Eztamásodfokú egyenletet megoldva x =(1/2)(1 ± 1+4k). Mivel x>0, ezértx =(1/2)(1 + 1+4k) jön csak szóba. Azok a k egészek adnak megfelelő x-et, amelyekre 0 < x < 2004, azaz 0 < (1/2)(1 + 1+4k) < 2004, vagyis 1 < 1+4k<4007. A négyzetgyökvonás pontosan akkor végezhető el, ha k 0, ekkor 1 < 1+4k automatikusan teljesül, 1+4k < 4007 pedig ekvivalens a négyzetre emeléssel, majd átrendezéssel adódó k<(4007 2 1)/4 = 1002 4006(= 4014012) feltétellel. Így minden 0 k < 1002 4006 egész egy-egy megfelelő x értéket ad, a keresett darabszám tehát 1002 4006. (1pont) Második megoldás: Az első megoldáshoz hasonlóan először belátjuk, hogy a feltétel ekvivalens azzal, hogy x 2 x egész szám (lásd az ottani meggondolást és pontozást). (1+1 pont) Legyen 0 t 2003 rögzített egész szám, és vizsgáljuk meg, hány olyan megfelelő x van, amelyre x = t. Azonnal adódik, hogy t = 0esetén nincs ilyen x, a továbbiakban legyen t 1. Mivel x = t + d, ahol0 d<1, ígyx 2 = t 2 +2dt + d 2. Ennek megfelelően x 2 x pontosan akkor egész, ha R(d) =(2t 1)d + d 2 egész szám. A 0 d<1intervallumon az R(d) függvény szigorúan monoton nő és folytonos (d =1-ben is), tehát minden R(0) = 0 y<r(1) = 2t valós számot, és így minden 0 s<2t egész számot is pontosan egyszer vesz fel. Ez azt jelenti, hogy minden 1 t 2003 értékhez 2t megfelelő x tartozik, így a keresett darabszám 2(1 + 2 +...+ 2003) = 2003 2004. Harmadik megoldás: Azx x = y y és az y = x 2 egyenlet közös megoldásainak számát keressük a 0 <x<2004 feltétel mellett. Az első egyenletet a sík azon pontjai elégítik ki, amelyek két koordinátájának a törtrésze egyenlő; ezek a pontok az egész koordinátájú pontokon keresztül húzott 45 -os meredekségű egyeneseket alkotják. Ezek egyenlete y = x + k, aholk tetszőleges egész. Az y = x 2, x>0félparabola ezek közül az egyenesek közül azokat metszi, amelyekre k 0, mégpedig mindegyiket egyetlen pontban. 3
y 2004 2 2004 x 2. ábra A (2004, 2004 2 ) ponton áthaladó 45 -os egyenes a k = 2004 2 2004 értékhez tartozik, ezért a szóba jövő metszéspontok száma az ennél kisebb nemnegatív egészek számával, azaz 2004 2 2004 = 2003 2004-gyel egyenlő. 3. feladat Nevezzünk három, nem feltétlenül különböző, 1-nél nagyobb egészt barátságos számhármasnak, ha bármely kettő önmagánál kisebb pozitív osztóinak az összege a harmadik szám. Határozzuk meg az összes olyan barátságos számhármast, amelyben a(z egyik) legnagyobb szám páros. Első megoldás: Legyen a három szám 2 a b c. Jelölje σ(n) az n összes pozitív osztójának az összegét, ekkor a feltétel szerint σ(a) a + σ(b) b = c, azazσ(a)+σ(b) = a + b + c. A másik két feltételből hasonlóan nyerjük, hogy σ(b)+σ(c) =a+b+c és σ(a)+σ(c) = a + b + c. Ezt a három egyenlőséget összeadva és 2-vel osztva kapjuk, hogy σ(a)+σ(b)+σ(c) = 3(a + b + c)/2, majd ebből az egyenlőségeket egyenként levonva σ(a) = σ(b) = σ(c) = (a + b + c)/2 adódik. Mivel a b c, ezértσ(c) 3c/2, ugyanakkor c páros, tehát c/2 is osztója, vagyis σ(c) c +(c/2). Ez csak úgy lehet, ha σ(c) =c +(c/2), tehátc-nek önmagán és c/2-en kívül nincs más osztója, vagyis c/2 =1,ésígyc =2. Innen a = b =2, és ez a számhármas valóban megfelel a feltételeknek. 4
Második megoldás: Legyen a három szám most is 2 a b c. Jelöljes(n) az n( 2) szám önmagánál kisebb pozitív osztóinak az összegét. A feltétel szerint s(b) +s(c) =a. Mivel c páros, ezért s(c) c/2, vagyis s(b)+(c/2) a c, azazs(b) c/2. Az s(a) +s(c) =b feltételből ugyanígy kapjuk, hogy s(a) c/2. Ezeket a harmadik feltétellel összevetve c = s(a)+s(b) (c/2) + (c/2) = c adódik. Mindez csak úgy lehet, ha végig mindenhol egyenlőség állt, tehát c egyetlen nála kisebb pozitív osztója a c/2, vagyis c/2 =1, és innen a = b = c =2, ami valóban kielégíti a feladat feltételeit. 4. feladat Tekintsük a pozitív egészek olyan, k (különböző) elemből álló A részhalmazát, amelyre ha két (nem feltétlenül különböző) pozitív egész egyike sem eleme A-nak, akkor az összegük sincs A-ban. Maximálisan mennyi lehet az A elemeinek az összege? Megoldás: Az1 t 2k 1 páratlan számok halmaza megfelel a feltételeknek (hiszen két páros szám összege is páros), és ennek a k számnak az összege k 2. Megmutatjuk, hogy ennél nagyobb nem lehet az összeg, sőt, ha a 0 <a 1 <...<a k egészek kielégítik a feltételt, akkor minden i-re a i 2i 1. Tegyük fel indirekt, hogy valamelyik i-re a i 2i. Ekkor az alábbi i darab 1+(a i 1), 2+(a i 2),...,i+(a i i) összeg mind a i -t állítja elő, és legfeljebb i 1-ben szerepelhet tagként valamelyik a j, 1 j i 1, vagyis lesz olyan összeg, amelynek egyik tagja sem A-beli. Ez azt jelenti, hogy a i -t két A-n kívüli elem összegeként állítottuk elő, ami ellentmond a feltételeknek. (4 pont) 5. feladat Tekintsünk egy négyoldalú gúlát, amelynek az alapja húrnégyszög. Vetítsük a gúla magasságának talppontját merőlegesen a gúla négy oldalélére. Bizonyítsuk be, hogy a négy vetület egy körön van. Első megoldás: LegyenazABCD négyszög a gúla alapja, E az ötödik csúcsa, T pedig a magasság talppontja. Thalész tétele miatt a szóban forgó négy vetület, T A, T B, T C és T D illeszkedik az ET átmérőjű gömbre. Ezért elegendő bebizonyítani, hogy T A, T B, T C és T D egy síkban van. Mivel az alap húrnégyszög, a gúlának létezik körülírt gömbje. Legyen O a gömb középpontja. Megmutatjuk, hogy a T A, T B, T C és T D pontoknak az OE egyenesen lévő merőleges vetületei egybeesnek. Ebből következni fog, hogy mindannyian egy (OE-re merőleges) síkban vannak. 5
3. ábra Elég ellenőrizni, hogy ezek a vetületi pontok E-től egyenlő távol vannak az OE egyenesen, hiszen a körülírt gömbhöz (akár a belsejéhez, akár a határához) tartozó pontoknak az OE átmérőegyenesre eső vetületei mindannyian E-nek ugyanazon az oldalán (mégpedig az O-t tartalmazó oldalán) vannak. Tekintsük például a T A pontot, T A merőleges vetületét az OE egyenesen. Ennek E-től mért távolsága az ET A T és ET A T A derékszögű háromszögekből leolvashatóan ET A = m cos α cos ϕ, ahol m a gúla magassága, α = AET és ϕ = AEO. Viszont az AT E derékszögű háromszögből cos α = m/ae, és az AOE egyenlőszárú háromszögből pedig cos ϕ = AE/(2r), ahol r = OE = OA a gömb sugara. Ezekből ET m A = m AE AE 2r = m2 2r. Ez az eredmény független az A csúcs választásától, így hasonló gondolatmenettel ugyanezt az értéket kapjuk az ET B, ET C és ET D távolságokra is. (3 pont) Második megoldás: Koordinátageometriai úton megmutatjuk, hogy a T A, T B, T C és T D vetületi pontok egy síkban vannak. Az első megoldás első bekezdéséhez hasonlóan innen már következik, hogy egy körre illeszkednek. Vegyük fel az xyz térbeli derékszögű koordinátarendszert úgy, hogy a gúla E csúcsa az origóban legyen, ABCD alapja pedig a z = 1 síkban feküdjön. Ekkor az A, B, C, D pontok x, y koordinátái kielégítenek egy (x a) 2 +(y b) 2 = r 2 alakú egyenletet (az ABCD kör egyenletét). A gúla oldaléleinek bármely (x, y, z) pontjára teljesül az (x + az) 2 +(y + bz) 2 = r 2 z 2 egyenlet, amely annak a (végtelen, kettős) kúpfelületnek az egyenlete, amelynek az alapja az ABCD kör, csúcsa az E origó. 6
Az ET átmérőjű gömbfelület egyenlete x 2 + y 2 + ( z + 1 ) 2 = 1 2 4. A T A, T B, T C, T D pontok tehát mindannyian kielégítik az (x + az) 2 +(y + bz) 2 = r 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 + z =0 egyenletrendszert, és így az ebből kivonással és z-vel történő egyszerűsítéssel adódó 2ax +2by +(a 2 + b 2 r 2 1)z 1=0 egyenletet is. Ez utóbbi x-ben, y-ban és z-ben elsőfokú egyenlet lévén a tér valamely síkjának az egyenlete, tehát T A, T B, T C és T D valóban egy síkban vannak. Harmadik megoldás: Az első megoldás jelöléseit használjuk. Vetítsük az ET átmérőjű G gömböt (pontosabban, az E pontjától megfosztott G gömböt) az E pontból középpontos vetítéssel a gúla S alapsíkjára. Ismeretes (ld. pl. Reiman István: A geometria és határterületei), hogy ez az ún. sztereografikus vetítés a G gömbön fekvő, E-n át nem haladó köröket az S síkban fekvő körökbe viszi át, és megfordítva: bármely S-ben fekvő körnek a sztereografikus vetítés inverzénél származó képe egy G-n fekvő kör. (4 pont) A T A, T B, T C és T D pontok a Thalész-tétel miatt G-re illeszkednek, és sztereografikus vetületük rendre A, B, C és D. MiutánABCD húrnégyszög, a T A, T B, T C és T D pontok is egy körön vannak. Megjegyzés: A második megoldás tulajdonképpen a sztereografikus vetítés körtartó voltát bizonyítja. Mindhárom megoldásból rögtön látszik, hogy a feladat állítása közvetlenül általánosítható húrnégyszög helyett tetszőleges oldalszámú húrsokszög alapú gúlára. Sőt, gúla helyett tetszőleges, kör alapú ( ferde, azaz nem feltétlenül forgásszimmetrikus) kúpra is rögtön adódik, hogy a magasság talppontját az alkotókra merőlegesen vetítve az összes vetület egy körön van. 7