Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/0-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató. Melyek azok a természetes számokból álló (x; y) számpárok, amelyekre teljesül, hogy x y x y x 3y x 4y = ( ) y és x+y = 00? Megoldás. A tört értelmezésének megfelelően x 0. A hatványozás azonosságai alapján x y x y = x 3y, valamint x3y x 4y = x y. x 3y Egyenletünk így x y = ( ) y alakú. Mindkét oldal négyzetre emelésével x3y x y = y adódik. Így pedig x y = y. Ekkor pedig xy ( x ) y y =, azaz = a tört hatványozására vonatkozó azonosság alapján. Az x alap hatványa csak akkor lehet, ha az alap értéke vagy, vagy pedig a kitevő 0. A három esetnek megfelelően a keresett számpárok Mindhárom számpár gyöke is az egyenletrendszernek. pont x 00 y 008 0 0. ++. Hány olyan pozitív egész szám van, amely -es számrendszerben felírva -jegyű és nincs a felírásában két szomszédos -es számjegy? Első megoldás. Az n darab számjegyből álló megfelelő számok számát f(n)-nel jelölve, nyilvánvaló, hogy f() =, f() =, f(3) =, f(4) = 3, f(5) = 5 stb.
A kiszámított f(n) értékek alapján sejthető, hogy bármely n pozitív egész szám esetén f(n+) = f(n+)+f(n). Sejtésünket a következő módon igazoljuk: Bármely megfelelő (n + )-jegyű szám utolsó számjegye 0 vagy lehet. Ha az utolsó számjegy 0, akkor az előtte álló n+ darab számjegy f(n+)-féleképpen adható meg. Ha pedig az utolsó számjegy, akkor közvetlenül előtte csak 0 állhat. Ekkor az első n darab hely megadásának száma f(n)-féle lehet. Tehát valóban igaz, hogy f(n+) = f(n+)+f(n). Bizonyításunk alapján f(6) = 8, f(7) = 3, f(8) =, f(9) = 34, f(0) = 55, f() = 89, f() = 44. Tehát 44 darab megfelelő -jegyű szám van. Második megoldás. A -jegyű szám első két számjegye csak és 0 lehet (az 0 kétjegyű számmal lehet indulni). Ekkor a maradék 0 darab számjegyet kell megfelelő módon megadni. A hiányzó 0 darab számjegy a következő lehet: () 5 darab -es, 5 darab 0, () 4 darab -es, 6 darab 0, (3) 3 darab -es, 7 darab 0, (4) darab -es, 8 darab 0, (5) darab -es, 9 darab 0, (6) 0 darab -es, 0 darab 0. Az egyes esetekben a megfelelő elhelyezések száma: (): 6, (): 35, (3): 56, (4): 36, (5): 0, (6):. Összesen tehát 6+35+56+36+0+ = 44 darab megfelelő -jegyű szám van. Megjegyzés. Ha az -esek száma k, a 0 számjegyek száma pedig 0 k, ahol k rendre 5, 4, 3,,, 0, akkor a 0 darab helyre ( k) k -féle módon lehet elhelyezni a számjegyeket. Hiszen (0 k) darab 0 számjegyet egymás mellé írva az -es számjegyeket csak a 0 számjegyek közé vagy eléjük, illetve mögéjük írhatjuk, így az -es számjegyek elhelyezésére 0 k + = k szabad hely marad. Megoldásunknak megfelelően rendre ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 7 8 9 0 = 6, = 35, = 56, = 36, = 0, =. 5 4 3 0
3. Legfeljebb hány 0-ra végződhet a tízes számrendszerben az n + n + 3 n + 4 n összeg, ahol n tetszőleges pozitív egész szám? Megoldás. Az S n = n + n + 3 n + 4 n jelöléssel S = 0, S = 30, S 3 = 00, S 4 = 354. A kiszámított értékek alapján az összeg 0,, darab 0-ra végződhet. Az S n összeget n paritásától függően fogjuk vizsgálni. () n = k, k Z +. Ekkor S n = S k = k + k + 3 k + 4 k = +4 k + 9 k + 6 k = = 4 k + 6 k + ( 9 k ) +. Ez az összeg 4-gyel osztva maradékot ad, hiszen 4 k, 6 k és 9 k osztható 4-gyel. Mivel S k = 4m+ alakú, m Z +, ezért S k nem végződhet két darab 0-ra, mert 00 = 5. () n = k +, k Z +, mert k = 0-ra S = 0. S n = S k+ = + 4 k + 3 9 k + 4 6 k = = 4 k + 4 6 k + 3 ( 9 k ) + 4. k > 0 esetén a kapott összeg 8-cal osztva 4 maradékot ad, mert 4 k, 4 6 k és 3 ( 9 k ) osztható 8-cal. S k+ tehát 8m+4 alakú, ahol m Z +, így pedig S k+ nem végződhet három darab 0-ra, hiszen 0 3 = 3 5 3 és S k+ nem osztható 8-cal. Két darab 0-ra viszont végződhet S n, például n = 3 esetén. Megjegyzés. Megmutatjuk, hogy n > esetén S n és S n+0 utolsó két számjegye azonos. Ehhez elég belátni, hogy S n+0 S 0 osztható 00-zal. S n+0 S n = n+0 + 3 n+0 + 4 n+0 n 3 n 4 n = = 3 n( 3 0 ) + n( 0 ) + 4 n( 4 0 ) = = 3 n( 3 0 )( 3 0 + ) + n( 0 )( 0 + ) + + 4 n( 0 )( 0 + )( 4 0 + ). 3
Az összeg mindhárom tagja osztható 4-gyel (n > ) és 5-tel is, mert 5 3 0 +, valamint 5 0 +. Az előzőek alapján a különbség osztható 00-zal, hiszen 4 és 5 relatív prímek. Ez pedig azt jelenti, hogy S n és S n+0 utolsó két jegye valóban azonos, ha n >. Így pedig elegendő lenne n =,, 3,..., esetén megvizsgálni, hogy hány 0-ra végződik S n. Mint már tudjuk, legfeljebb kettőre. Ez pedig azt jelenti, hogy azt is tudjuk már, hogy milyen n értékek esetén végződhet az S n összeg pontosan 0 darab, darab vagy darab 0-ra. 4. Az AB alapú ABC egyenlő szárú háromszög BC oldalának felezőpontja P, AC oldalának felezőpontja Q. Az A csúcsból húzott belső szögfelező a BC oldalt a D pontban, míg a P Q szakaszt a szakasz H harmadolópontjában metszi. Hányadrésze a HP D háromszög területe az ABC háromszög területének? Megoldás. Tekintsük a következő ábrát: Az ábra jelöléseit használva legyen AB = a, AC = BC = b, CF = m. Az AHQ háromszög egyenlő szárú, mert QHA =HAB, hiszen váltószögek, és HAB =HAQ, mert AD szögfelező. Így pedig AQ = QH = b és QH = 3 a = a 3, mert a PQ középvonal a hosszú, tehát HP = a a 3 = a 6. b = a 3 alapján b = 3 a. Megjegyezzük, hogy b = a lehetetlen, azaz H nem lehet a másik 6 harmadolópont. (Ugyanis akkor a QP C -re nem teljesülne a háromszög-egyenlőtlenség.) DK =DL, mert D a szögfelező pontja. A DK = DL=dés a CF = m jelöléssel az ABC háromszög területe egyrészt am, másrészt t ABD +t ACD = ad + bd. Így pedig am = d(a+b) alapján d = a a+b m = a a+ 3 a m = 3 m. 5 A HPD háromszög HP oldalához tartozó magassága d m az ábrának megfelelően. d m = 3 5 m m = m 0. 4
A HP D háromszög területe HP m 0 = a 6 m 0 = 60 t ABC. Tehát a HP D háromszög területe az eredeti háromszög területének hatvanad része. 5. Artúr király testőrei lovagi tornát vívtak. A torna végén kiderült, hogy a király bármely két testőréhez tud találni egy harmadikat, aki mindkettőjüket legyőzte. Legalább hány testőr vett részt a tornán? (Két lovag legfeljebb egyszer vívott egymással.) Megoldás. Válasszuk ki a király tetszőleges testőrét, A-t. Neki biztosan volt legyőzője, legyen ez B. A feltételek szerint volt olyan C lovag, aki mindkettőjüket legyőzte. Viszont kell lenni egy negyedik lovagnak is, legyen ő D, aki legyőzte A-t és C-t is. Eszerint A-nak azaz egy tetszőleges lovagnak legalább 3 legyőzője volt (B, C és D). Tegyük fel, hogy k lovag volt. Akkor mindnyájan kikaptak legalább 3-szor, azaz a párbajok száma legalább 3k. Ha az összes lehetséges párosításban vívtak, akkor k(k )/ párbaj volt. Így teljesülnie kell a 3k k(k )/ egyenlőtlenségnek. Ennek megoldása (mivel k pozitív) a k 7. A k = 7 eset megvalósulhat. Ennek igazolása pl. táblázattal vagy gráf felrajzolásával történhet. Pl. táblázattal: pont VESZTETT GYŐZÖTT A B C D E F G A x x x B x x x C x x x D x x x E x x x F x x x G x x x 5