Bolyai János Matematikai Tásulat Aany Dániel Matematikai Tanulóveseny 017/018-as tanév 1. foduló Haladók III. kategóia Megoldások és javítási útmutató 1. Anna matematika házi feladatáa áfolyt a tinta. A lapon egy másodfokú egyenlet volt x + bx + c = 0 alakban, de sajnos most csak a következ látszódik: x +... x +... = 0 az els fokú és a konstans b, c együtthatók,,összetintázódtak. Az egyenlet l a következ ket tudjuk: ˆ a két hiányzó b, c együttható egy-egy olyan egész szám, amelyek összege 018, ˆ az egyenlet megoldásai egész számok. Milyen számok lehettek a tintás b, c együtthatók? Megoldás: Legyen az egyenlet két egész megoldása: x 1, x. A Viète-fomulák alapján x 1 + x = b a = b és x 1 x = c a = c. Vonjuk ki a második fomulából az els t: x 1 x x 1 x = c + b = 018 x 1 x x 1 x + 1 = 019. Innen szozattá alakítva: (x 1 1)(x 1) = 019 = 3 673 (673 pím!) Innen a lehetséges x 1 1, x 1 egész számpáok (x 1 1 étékét választva a nagyobbnak): (x 1 1; x 1) (019; 1); (673; 3); ( 019; 1); ( 673; 3), így innen: (x 1 ; x ) (00; ); (674; 4); ( 018; 0); ( 67; ), és végül úja csak a Viète-fomulák alapján: (b; c) = ( (x 1 + x ); x 1 x ) ( 0; 4040); ( 678; 696); (018; 0); (674; 1344) Vagyis ez a négy számpá lehetett a tintás számok helyén. Megjegyzés: Fogadjuk el jó megoldásnak azt is, ha a vesenyz kizája a (018; 0) esetet aa hivatkozva, hogy 0 elé nem íunk el jelet.
. Az ABCD deékszög éint tapéz alapjai AB és CD (AB > CD), az alapoka me leges szá AD. A tapézba ít kö az AB alapot P-ben, a CD alapot R-ben éinti. A száakon lév éintési pontokat összeköt szakasz a PR szakaszt M-ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy A, M és C egy egyenesbe esik! Megoldás: A beít kö az AD száat az E, a CB száat az F pontban éinti, a kö sugaa legyen. Ekko DR = DE = AE = AP =, legyen CR = CF = x. D R x C A tapéz száai a beít kö EF hújának két végpontx jához húzott éint k, így e húal egyenl szögeket F zának be. Legyen DEF = CFE = α. G α α α E M A P B α Az A csúcson átmen, BC száal páhuzamos egyenes és az EF egyenes metszéspontja legyen G. Az AEG háomszög E-nél lév szöge a DEF csúcsszöge, ezét α-val egyenl. Az AEG háomszög G-nél lév szöge és a CFE váltószögek, így az AGE is éppen α. Ezét az AGE háomszög egyenl száú, tehát AG = AE =. Nyilván a PGA háomszög is egyenl száú, AG = AP =. Az RFC háomszög C-nél lév szöge és a PGA háomszög A-nál lév szöge váltószögek, így e két egyenl száú háomszög hasonló. S t, mivel a megfelel oldalaik páhuzamosak, ezét középpontosan hasonlók. E hasonlóságnál R és P, illetve a G és F megfelel pontok, így az RP és a GF egyenesek M metszéspontja megadja a hasonlóság centumát. Mivel A és C szintén megfelel pontok, az ket összeköt AC egyenes is átmegy M-en, ezt kellett belátni. 3. Oldjuk meg a következ egyenletet! ( p; q pozitív pímek, míg a temészetes szám) Megoldás: Vizsgálódjunk (mod 4) szeint! p + p q + q = a Ha p, q páatlan számok, akko p q 1 (mod 4) miatt a 3 (mod 4) lenne, ami lehetetlen. Vagyis valamelyik pím páos. Legyen q =. Ekko p + p q + q = a 5p + 4 = a 5p = (a )(a + ). Mivel p pozitív pím, a nemnegatív egész (a < a + miatt), a következ lehet ségek vannak: a = 1, a + = 5p (= 1 + 4 = 5) p = 1 nem megoldás. a = 5, a + = p (= 9) p = 3 megoldás. a = p, a + = 5p 4 = (a + ) (a ) = 5p p = 4p p = 1 nem megoldás. a = p, a + = 5 a = 5 4 = 1 = p p = 1 nem megoldás. Vagyis az egyenlet megoldásai: p = ; q = 3 és p = 3; q =.
4. Rajzoljunk a koodináta-endsze oigója mint középpont köé 1, illetve 4 egység sugaú kööket. Tekintsük a két kö közötti zát kögy tatomány pontjait. Mely pontoka lesz a következ kifejezés étéke a legkisebb, illetve a legnagyobb? f (x; y) = x + y + x y Megoldás: A koodináta-endsze P(x; y) pontjaia a feltétel szeint teljesül, hogy 1 x + y 16. Ezenkívül a geometiai és kvadatikus közepek összehasonlításából tudjuk, hogy xy x + y Ha az els vagy hamadik negyedben vagyunk, akko x y x + y, ha pedig a második vagy negyedik negyedben, akko x y x + y. Az egyenl ség x = y, illetve x = y esetén áll fenn. Így a maximális étéket kapjuk, ha f (x; y) = x + y + x y x + y + x + y és a minimális étéket, ha f (x; y) = x + y + x y x + y x + y = 3 = 1 ( x + y ) = 4, ( x + y ) = 1, ami x = y, illetve x = y esetén áll fenn. A legnagyobb étéket a legnagyobb sugaú kö és az x = y ( ) egyenes metszeteként kapjuk: ; ), illetve M ;. M 1 ( A legkisebb étéket pedig a legkisebb sugaú kö és az x = y ( ( ) egyenes metszeteként hatáozhatjuk 1 meg: M 3 ; ), 1 illetve M 4 1 1 ;.
5. Egy 018 018 egységnégyzetb l álló négyzet alakú táblázat néhány (egységnégyzetnyi) mez jének középpontját piosa színezzük. Legfeljebb hány középpont színezhet ki, ha azt szeetnénk, hogy ne legyen olyan deékszög háomszög a táblázatunkban, amelynek csúcsait a középpontok közül választjuk és minden csúcsa pios. Megoldás: Az els so és az els oszlop összes mez jének (kivéve a metszet bal-fels mez nek) a középpontját piosa színezve nyilván nincs az ábában tiltott pios deékszög háomszög. Vagyis 018 = 4034 mez kiválasztható. (Általában n n méet esetén n a maximum.) Egy helyes konstukcióa: Megmutatjuk, hogy általában n 1 (vagyis most 4035) színezett pont esetén má van pios deékszög háomszög. Csak olyan deékszög háomszögeket fogunk vizsgálni, amelyek befogói vízszintesek és függ legesek (még ilyenb l is lesz pios)! Ezeket hívjuk standad háomszögeknek! Ennek igazolásához teljes indukciót használunk. I) A bázis-állítás: -es méet táblázatban kiválasztva (a 4 lehetséges pont közül) 3 pontot nyilván van a táblázatban pios deékszög háomszög. II) Indukciós feltevés: Tegyük fel, hogy k k méet táblázat és k 1 kiválasztott pont estén mindig van pios standad deékszög háomszög. III): Ezek után legyen (k + 1) (k + 1) méet a táblázat és k + 1 kiválasztott pios pont! Ha két sot megcseélünk vagy két oszlopot megcseélünk, az a pios standad háomszögek számát nem változtatja. Mivel a kiválasztott pontok száma kevesebb, mint (k + 1) (azaz a sook/oszlopok számának duplája), ezét van olyan so, és van olyan oszlop is, amelyben legfeljebb ot színeztünk be. So és oszlopcseékkel vigyünk a legfels soba és a bal széls oszlopba egy-egy ilyen,,kevés pontos (összesen legfeljebb 1+1 = beszínezett pontos) sot/oszlopot. Ekko a táblázat maadék k k-as észében túl sok, legalább k 1 színezett pont van, ami az indukciós feltevés miatt azt jelenti, hogy van tiltott (standad) háomszög. Ezzel az állítás bizonyítottuk, n n méet táblázatban n 1 (vagyis most 4035) pios pont esetén má van pios deékszög háomszög. Válasz: vagyis legfeljebb 4034 pios pontot lehet kiválasztani. Megjegyzés: Indukció nélkül is bebizonyítható, hogy ha nincsen csupa pios csúcspontú deékszög háomszög (így standad sincs) az n n-es táblán, akko legfeljebb n középpont lehet piosa színezve. Ha csak n pios középpont van, akko nyilvánvalóan igaz az állítás. Ha n-nél több pios középpont van, akko van olyan so is és oszlop is, amelyben két pios pont is van, például az i-edik so és a j-edik oszlop. Nem megy az általánosság ovásáa, ha a i-edik sot az els (föls ) sonak és a j-edik oszlopot az utolsó (jobb széls ) oszlopnak vesszük.
Megállapíthatjuk, hogy: 1. Az els so utolsó oszlopában lév középpont nem lehet pios, ellenkez esetben lenne pios (standad) háomszög.. Az els soban lév pios négyzet-középpontok oszlopában sem lehet több pios négyzetközéppont, ellenkez esetben lenne pios (standad) háomszög. 3. Ugyanígy, az utolsó oszlopban lév pios négyzet-középpontok soában sem lehet további pios négyzet-középpont. Ezek után minden olyan sot, amelyben legalább két pios középpont van,,,vetítsünk az els soa, illetve minden olyan oszlopot, amelyben legalább két pios középpont van,,,vetítsünk az utolsó oszlopa. A. megállapítás alapján világos, hogy az els so minden négyzet-középpontjába legfeljebb egy pios pont eshet. illetve a 3. megállapítás alapján az utolsó oszlopban hasonlóan, minden négyzet-középpontba legfeljebb egy pios pont eshetett. A további pios négyzet-középpontok egyedüli pontok a soukban/olszopukban, így aká az els soa, aká az utolsó oszlopa vetítjük, ott olyan négyzet-középpontba esnek, amely még nem pios. Ebb l következik, hogy a pios négyzet-középpontok száma legfeljebb annyi, mint az els soban és az utolsó oszlopban (de nem mindkett ben) található négyzet-középpontok száma, (n 1). Tehát legfeljebb n négyzet-középpont lehetett pios. A pios négyzet-középpontok száma akko nem éi el a (n )-t, azaz az els so és utolsó oszlop közös elem nélküli teljes kitöltését, ha van olyan oszlop/so, amelyet mindkett e vetíthettünk volna, azaz van olyan so/olszop, amelyben csak egy középpont pios; továbbá ha több sot is vetítünk az els soa (ekko az utolsó oszlopban a sooknak megfelel helye nem vetítünk pontot), vagy fodítva, ha több oszlopot is vetítünk az utolsó oszlopa. Vagyis a n pios középpont csak a megoldásban látott konstukcióhoz hasonló elendezéssel éhet el.