Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül fontos, hogy nagy jártasságra tegyen szert az elemi algebra terén. Ehhez viszont nagyon sok feladatot kell megoldania, melyek akkor válhatnak élvezetessé, ha kellőképpen változatosak. Az alábbi összeállítással ehhez szeretnék segítséget nyújtani. I. Algebrai egész kifejezések 1. feladat Legyenek a, b, c olyan valós számok, melyekre fennáll, hogy a + b + c = 0! Bizonyítsuk be, hogy ekkor a) ( ) ab + bc + ca = a b + b c + c a b) ( a b c ) ( a 4 b 4 c 4 ) + + = + +! a) Végezzük el a négyzetre emelést, majd a kétszeres szorzatok összegéből emeljünk ki abc-t és használjuk ki, hogy a + b + c = 0. b) Mivel a b c 0 1 a + b + c = ab + bc + ca. Az a) rész alapján azt + + =, így ( ) is tudjuk, hogy ( ) ab + bc + ca = a b + b c + c a. Így ( ) 4 4 4 a + b + c = a + b + c + ( a b + b c + c a ) = 1 4 ( ) ( ) 4 4 4 4 4 4 = a + b + c + ab + bc + ca = a + b + c + a + b + c = 1 = a + b + c + a + b + c Ebből jön az állítás. ( ) 4 4 4 86

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok. feladat Legyenek a, b, c olyan egész számok, hogy összegük 0. Igazoljuk, hogy akkor 4 4 4 a + b + c négyzetszám! Alkalmazzuk az előző feladat b) részét! 3. feladat Az a, b, c nullától különböző valós számok reciprokának összege 0. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a) ( ) a + b + c = a + b + c b) ( a b) + ( b c) + ( c a) = a + b + c! 1 1 1 bc + ac + ab a) A feltétel alapján 0 = + + =, így 0 = ab + bc + ca. Ebből a b c abc könnyen jön az állítás. ( a b) + ( b c) + ( c a) b) Mivel bizonyíthatjuk az állítást. = a + b + c ab bc ca, így könnyen 4. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ab + bc + ca a + b + c! Az előző feladat b) részében szereplő kifejezés bal oldala nem negatív, így 87

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 0 Ebből kapjuk, hogy fenn, ha a = b = c. ( a b) + ( b c) + ( c a) = a + b + c ab bc ca. ab + bc + ca a + b + c. Egyenlőség akkor és csak akkor áll 5. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a) b) a + b + c + a + b + c ; 4 a + b + c + 4 ab + 3b + c! 3 a) 4-gyel szorozva, rendezés után: 1 Egyenlőség: a = b = c =. ( a ) ( b ) ( c ) 1 + 1 + 1 0 b b + 3 1 + 1 0. Egyenlőség: c = 1 és b = és a = 1. b) Rendezést követően: a ( c ) 6. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy ha ab + bc + ca abc( a + b + c), akkor a + b + c 3abc! A 4. feladatból következik, hogy adódik, hogy a + b + c 3abc. 3( ab bc ca) ( a b c) + + + +. Innen könnyen 88

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 7. feladat Legyen a, b, c pozitív valós szám, amelyre teljesül, hogy a + b + c 4 és ab + bc + ca 4! Bizonyítsuk be, hogy ekkor az a b, b c, c a egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül! Mivel a, b, c pozitív valós számok, ezért az a + b + c 4 -ből következik, hogy ( a + b + c) 16. Így Mivel ab + bc + ca 4, ezért a b c ab bc ca + + + + + 16. azaz a b c a b c ab bc ca + + + 8 + + + + + 16, a + b + c 8. Ugyancsak az ab + bc + ca 4 feltétel alapján így a b c 8 4 ab bc ca + + + + +, a b c ab bc ca + + 4. Ezt végigszorozva -vel kapjuk, hogy ( a b) + ( b c) + ( c a) 8. Ebből pedig következik, hogy az a b, b c, c a egyenlőtlenségek közül legalább kettő teljesül. Ezzel a bizonyítást befejeztük. 8. feladat Legyen a, b, c tetszőleges valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a) 4 4 4 4 a + b + c + d 4abcd 89

Magas szintű matematikai tehetséggondozás b) 4 4 4 a + b + c abc a + b + c ( ) c) a 8 + b 8 + c 8 a b c ( a + b + c ) a) Rendezzük át és végezzük el az alábbi átalakítást, így az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk! 4 4 4 4 a b a b c d c d a b c d abcd + + + + + 4 0 Ezzel pedig ekvivalens az alábbi egyenlőtlenség ( a b ) ( c d ) ( ab cd ) + + 0. Egyenlőség: a = b = c = d és közülük páros sok előjele megegyezik. b) Rendezés és -vel való beszorzás után az alábbi, eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk. ( a b ) ( b c ) ( c a ) a ( b c) b ( a c) c ( a b) + + + + + 0. Egyenlőség: a = b = c. c) Alkalmazzuk a b) pontban szereplő egyenlőtlenséget úgy, hogy a három szám az a, b, c. Egyenlőség: a = b = c. 9. feladat Van-e megoldása a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszernek? 4 x = 17 + xyzt 4 y = 7 + xyzt 4 z + 5 = xyzt 4 t + 19 = xyzt Az egyenletek összeadása után, a kapott következmény egyenletre alkalmazzuk a 8/a feladatot. Így kapjuk, hogy nincs megoldás. 90

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 10. feladat Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z valós számokra fennáll az x + y + z = x + y + z 3( x + y)( y + z)( z + x) ; a) ( ) 3 b) x 3 y 3 z 3 3xyz ( x y z)( x y z xy yz zx) + + = + + + + összefüggés! Mind az a), mind a b) feladatban végezzük el a kijelölt műveleteket! 11. feladat Igazoljuk, hogy x + y + z = 3xyz esetén x + y + z = 0 vagy x = y = z, ahol x, y, z tetszőleges valós számok! Igaz az állítás megfordítása is? Alkalmazzuk a 10/b feladatban szereplő összefüggést! 1. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z páronként különböző egész számok, akkor ( x y) + ( y z) + ( z x) osztható 3( x y)( y z)( z x) -szel! Mivel ( x y) + ( y z) + ( z x) = 0, ezért a 10/b feladatban szereplő összefüggés alapján kapjuk, hogy ( x y) + ( y z) + ( z x) osztható 3( x y)( y z)( z x) -szel. 13. feladat Hozzuk egyszerűbb alakra: ( a b c) ( a b c) ( a b c) ( c b a) 3 + + + + +! 91

Magas szintű matematikai tehetséggondozás Az ( a b c) ( a b c) ( c b a) + + + + + kifejezésre alkalmazzuk a 10/a feladatban szereplő formulát! Az eredmény 4abc. 14. feladat Az a, b, c valós számok összege 1. Igazoljuk, hogy ( a 3 b 3 c 3 abc) ( a b) 4 + + 3 3! Használjuk fel a 10/a összefüggést és a feltételt. Ezekből kapjuk, hogy ( a b c abc) ( a b c)( a b c ab bc ca) 4 + + 3 = 4 + + + + = = a + b + c ab bc ca 4( ) 4( a + b + c ab bc ca) 3 a b. Elvégezve a Így elég azt belátni, hogy ( ) négyzetre emelést és a nullára redukálást az eredetivel ekvivalens ( a + b) 4( a + b) c + 4c 0 egyenlőtlenséghez jutunk. A feltétel alapján a + b = 1 c, így elég azt belátni, hogy elvégezve az átalakításokat, az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség: 1 c =. 3 (1 c) 4(1 c) c 4c 0 +. Ebben (3c 1) 0 triviális 15. feladat Legyen a, b, c egy háromszög három oldala! Bizonyítsuk be, hogy a) b) a( b c) b( c a) c( a b) 4abc a b c + + + > + + ; ( a b)( b c)( c a) 4abc a b c + + + > + +! a) Végezzük el a baloldalon a hatványozásokat, majd redukáljunk nullára és vonjunk össze! Ekkor az eredetivel ekvivalens 9

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok ab + ac + bc + ba + cb + ca abc a b c > 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldalon lévő kifejezést az alábbi módon! ab + ac + bc + ba + cb + ca abc a b c = 3 3 3 = ba bc + b c b + ca cb + c b c + ab + ac abc a = = b( a c + bc b ) + c( a c + bc b ) a( a c + bc b ) = = ( + )( + ) = ( + )( ( ) ) = b c a a c bc b b c a a c b = ( b + c a)( a c + b)( a + c b) Így azt kell bebizonyítani, hogy ( b + c a)( a c + b)( a + c b) > 0, ami nyilvánvaló a háromszög-egyenlőtlenségek alapján. b) Átalakítás után az a) részben szereplő egyenlőtlenséghez jutunk. Megjegyzés: A későbbiekben még fontos szerepet játszik az ( a + b)( b + c)( c + a) = ab + ac + bc + ba + cb + ca + abc összefüggés, ezért most felhívjuk rá a figyelmet. 16. feladat Bizonyítsuk be, hogy az a, b, c oldalú háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha oldalai között fennáll az a + b + c = ab( a + b) bc( b + c) + ac( a + c) összefüggés! Végezzük el a beszorzást, majd redukáljunk 0-ra! Így kapjuk az eredetivel ekvivalens a + b + c a b ab + b c + bc a c ac = 0 egyenletet. Alakítsuk szorzattá a baloldalt az alábbi módon! 93

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 3 3 3 a a b a c + b ab + b c + c + bc ac = = a ( a b c) b ( a b c) c ( a b c) = = = ( a b c)( a b c ) 0 Mivel az első tényező nem lehet 0 a háromszög-egyenlőtlenségek miatt, ezért a kapott szorzat akkor és csak akkor 0, ha a b c = 0. Így a Pitagorasz-tétel és megfordítása alapján kapjuk, hogy a háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha a b c ab a b bc b c ac a c + + = ( + ) ( + ) + ( + ). 17. feladat Bizonyítsuk be, hogy bármely nemnegatív valós a, b, c esetén fennáll az a + b + c 3abc egyenlőtlenség! Mikor áll fenn egyenlőség? Mivel ( )( ) a b c 3abc a b c a b c ab bc ca + + = + + + +, így a 4. feladat alapján készen vagyunk. Egyenlőség: a = b = c. Csak azt használtuk fel, hogy a + b + c 0. 18. feladat Oldjuk meg az alábbi exponenciális egyenletet! x x x x x x x x 8 + 7 + 64 + 15 = 4 + 30 + 40 + 60 x x x x Vegyük észre, hogy a =, b = 3, c = 4, d = 5 helyettesítéssel a következő alakot kapjuk: 3 a + b + c + d = abc + abd + acd + bcd 94

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ez sugallja, hogy próbálkozzunk meg az előző feladatban bizonyított egyenlőtlenség alkalmazásával. Ez alapján: a + b + c 3abc Adjuk össze ezeket! a + b + d 3abd a + c + d 3acd b + c + d 3bcd 3 + 3 + 3 + 3 3 + + 3 + 3 a b c d abc abd acd bcd 3 a + b + c + d abc + abd + acd + bcd Mivel a feladat szerint itt egyenlőség van, így a = b = c = d, azaz ami meg is felel. ( ) x x x x = 4 = = 1 x = 0, 19. feladat Tekintsük az a) a + b, b) a + b, c) a + 5b alakú számokat, ahol a és b egész szám. Igazoljuk, hogy ezek közül akárhányat összeszorozva újra ilyen alakú számot kapunk! Használjuk fel az alábbi összefüggéseket, melyeket könnyen bizonyíthatunk! a) b) c) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) ( a + 5 b )( c + 5 d ) = ( ac + 5 bd) + 5( ad bc) 95

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 0. feladat Bizonyítsuk be, hogy a 13 bármely pozitív egész kitevőjű hatványa felírható két négyzetszám összegeként! Mivel 13 = 4 + 9, ezért az előző feladat a) részéből következik. 1. feladat Határozzuk meg az ab + cd kifejezés értékét, ha ab + cd = 0! a + b = 1, c + d = 1, Ha a = 0, akkor bd = 0, azaz b vagy d egyenlő 0-val. Mivel a + b = 1 és a = 0, így b nem lehet 0, tehát d = 0. Ekkor ab + cd = 0. Legyen a 0! bd Ekkor a harmadik egyenletből c =. Ezt beírva a másodikba kapjuk, hogy a + d d d bd b d b a d 1 = + = + = = a a a a. Ebből a = d következik. Ezt felhasználva átírhatjuk a kezdeti feltételeket A 19/a feladat és a feltételek alapján d + b = 1 és c + a = 1. és így ab + cd = 0. 1 = ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) = ( ad bc) 1 ( d b )( a c ) ( ab cd) ( ad bc) ( ab cd) 1 = + + = + + = + +, 96

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok. feladat Legyenek a, b, c, d olyan pozitív egész számok amelyek legnagyobb közös osztója 1 és érvényesek a következő egyenlőségek: ( a + c )( b + d ) = ( ac + bd ) ( a + b )( c + d ) = ( ab + cd ) Igazoljuk, hogy a + b + c + d teljes négyzet! A 19/a feladat és a feltétel alapján,. ( a + c )( d + b ) = ( ab + cd) + ( ad bc) = ( ac + bd) ( a + b )( c + d ) = ( ac + bd) + ( ad bc) = ( ab + cd) ( ab cd) ( ac bd) ( ad bc) ( ac bd) ( ab cd) + + + + = + + +. Ebből kapjuk, hogy ad bc = 0, így ab + cd = ac + bd, hisz pozitív számokkal dolgozunk. Az utóbbi egyenlőségből kapjuk, hogy ( a d )( b c) = 0. Így a = d vagy b = c. Legyen a = d! Ekkor az ad bc = 0 egyenletből az a = bc összefüggéshez jutunk. Ha b = 1 és c = 1, akkor a = 1 is teljesül, így a + b + c + d = 4, ami négyzetszám. Ha b = 1, de c 1, akkor a = c, így a + b + c + d = a + 1+ a = ( a + 1), azaz ez is négyzet szám. Ugyanez a helyzet ha c=1 és b 1. Legyen b 1 és c 1! Legyen p prímszám osztója b-nek. Mivel osztója a -nek, azaz a k a = bc, ezért p = n p (k pozitív egész szám), ahol p nem osztója n-nek. Mivel (a, b, c, d) = 1 és a = d, ezért p nem lehet osztója c-nek, tehát b kanonikus alakjában is k lesz p kitevője. Mivel p a b tetszőleges prímosztója volt, ezért b kanonikus alakjában minden prímhatvány kitevője páros, tehát b négyzetszám. Hasonlóan kapjuk, hogy c is négyzetszám. a + b + c + d = a + c + b = bc + b + c = b + c, ami négyzetszám, mert b Így ( ) és c is az. Ugyanígy járhatunk el abban az esetben is, ha c = b. Ezzel a bizonyítást befejeztük. 97

Magas szintű matematikai tehetséggondozás II. Algebrai törtek 3. feladat Határozzuk meg az xy szorzat értékét, ha x és y olyan egymástól különböző valós számok, amelyekre teljesül, hogy 1 1 + =! 1 + x 1 + y 1 + xy Szorozzunk be a közös nevezővel, majd redukáljunk 0-ra! Ekkor az ( x y) 1 xy = 0 egyenlőséget kapjuk. A feltétel alapján kapjuk, hogy xy = 1. ( ) 4. feladat Tudjuk, hogy az x, y, z valós számokra: xyz = 1. Számítsuk ki az 1 1 1 S = 1+ x + xy + 1+ y + yz + 1+ z + zx kifejezés pontos számértékét! Vegyük észre, hogy 1 x xy x( 1 y yz) xy ( 1 z zx) + + = + + = + +! Ezt felhasználva könnyen közös nevezőre hozhatunk. Ebből kapjuk, hogy S = 1. 5. feladat Egy háromszög oldalaira fennáll a c b a c b a + + = 0. a b c Mit állíthatunk a háromszögről? Szorozzuk be mindkét oldalt abc-vel! Ekkor a c b b c + a c ac + b a a b = 0 egyenlethez jutunk. Alakítsuk szorzattá a baloldali kifejezést! 98

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok + + = ( + ) ( ) = c b b c a c ac b a a b c bc b a ac ab a b [ ] = c ( a b)( a + b) c( a b) ab( a b) = ( a b)( ca + cb c ab) = = ( a b)( b c)( c a) = 0 Tehát a háromszög egyenlő szárú. 6. feladat Az a, b, c egymástól és zérustól különböző valós számok, továbbá a + b + c = 0. b c c a a b a b c Mennyi a + + + + kifejezés értéke? a b c b c c a a b Az első tényező hasonlít az előző feladatban szereplő kifejezéshez. Közös nevezőre hozás után a számlálót az előbb látott módon szorzattá alakíthatjuk: b c c a a b ( b a)( c b)( a c) + + =. a b c abc Hozzuk közös nevezőre a második tényezőt is! Ekkor a következő kifejezést kapjuk. a b c + + = b c c a a b 3 3 3 ca abc a + ba + ab abc b + cb + bc abc c + ac = = ( b c)( c a)( a b) ( a + b)( b + c)( c + a) 5abc a b c = ( b c)( c a)( a b) Itt felhasználtuk a 15/b rész megjegyzésében szereplő összefüggést. Mivel a + b + c = 0, ezért a 10/b alapján a + b + c = abc, valamint a + b = c, b + c = a, c + a = b. Ezt felhasználva kapjuk, hogy 99

Magas szintű matematikai tehetséggondozás a b c ( a + b)( b + c)( c + a) 5abc a b c + + = = b c c a a b ( b c)( c a)( a b) 9abc = ( b c)( c a)( a b) Tehát b c c a a b a b c + + + + = a b c b c c a a b ( b a)( c b)( a c) 9abc = = 9 abc ( b c)( c a)( a b) 7. feladat Határozzuk meg az összes olyan háromszöget, amelynek a, b, c oldalhosszúságai teljesítik az a b b c c a + + = 0 a + b + c a + b + c a + b + c egyenletet! Vegyük észre, hogy nevezők megfelelő párosításával, azok különbségeként előállíthatók a számlálók! Így legyen x = a + b + c, y = a + b + c és z = a + b + c! Ekkor x y = c a, y z = a b és z x = b c. Így a feltétel az y z z x x y + + = 0 x y z alakban írható, és ezzel visszavezettük a feladatot a 5.-re. 8. feladat Legyen abc 0! Bizonyítsuk be, hogy 1 + 1 + 1 = 1 akkor és csak akkor, a b c a + b + c ha ( a + b)( b + c)( c + a) = 0! 100

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Alakítsuk át a feltételt az alábbi módon úgy, hogy beszorzunk a közös nevezővel és 0-ra redukálunk! Ekkor az ab + ac + bc + ba + cb + ca + abc = 0. Felhasználva a 15/b megjegyzésében látottakat, kapjuk, hogy a + b b + c c + a =. ( )( )( ) 0 Az átalakítások ekvivalensek a megadott halmazon, így a gondolatmenet magában foglalja a szükséges és az elegendő rész bizonyítását is. 9. feladat Legyen abc 0! Bizonyítsuk, be, hogy ha 1 1 1 1 + + =, a b c a + b + c akkor 1 1 1 1 + + = a b c a + b + c 011 011 011 011 011 011 Az előző feladat alapján tudjuk, hogy a feltételből az ( a + b)( b + c)( c + a) = 0 egyenlőséget kapjuk. Ebből következik, hogy a 011 011 011 011 011 011 Így a = b, b = c, c = a. Pl. az elsőt felhasználva kapjuk, hogy! = b vagy b = c, vagy c = a. 1 1 1 1 1 1 1 + + = + = = 011 011 011 011 011 011 011 a b c a a c c 1 1 = = 011 011 011 011 011 011 a a + c a + b + c Hasonlóan járhatunk el a többi esetben is. 101

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 30. feladat Az alábbi kifejezésben x, y, z különböző pozitív egész számok, n pedig természetes szám: n n n a b c Sn = + +. ( a b)( a c) ( b a)( b c) ( c a)( c b) Igazoljuk, hogy S n értéke egész szám, ha a) n = 0, b) n = 1, c) n =, d) n = 3, e) n = 4, f) n tetszőleges természetes szám! a), b) Közös nevezőre hozás után a számlálóban elvégezve az összevonást 0 t kapunk, azaz S0 = S1 = 0. c) Közös nevezőre hozás után a számlálóban a a c a b + b a cb + c b c a kifejezést kapjuk, melynek szorzatalakja ( a b)( b c)( c a), így S =1. d) Közös nevezőre hozás után a számlálóban a a ( b c) b ( c a) c ( a b) kifejezéshez jutunk. Alakítsuk ezt szorzattá! = = a ( b c) b ( c a) c ( a b) b( c a ) b ( z x) ac( c a ) 3 = ( c a)( bc + abc + ba b ac a c) = ( c a)( ac( b c) b( b c ) + a ( b c)) = c a b c ac b bc a c a b c ac ab ab b bc a = ( )( )( + ) = ( )( )( + + ) = = ( c a)( b c)( a( a + b + c) b( a + b + c)) = ( c a)( b c)( a b)( a + b + c) 10

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Így S3 = a + b + c, azaz egész. Nézzünk erre egy másik megoldást, ami lehetőséget nyújt arra, hogy könnyen bebizonyítsuk 4-re, majd tetszőleges pozitív egész n-re. Tekintsük az alábbi harmadfokú polinomot! 3 P( x) = ( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abc Ennek a polinomnak az a, b, c gyöke, ezért P a a a b c a ab bc ca a abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 P b b a b c b ab bc ca b abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 P c c a b c c ab bc ca c abc 3 ( ) = ( + + ) + ( + + ) = 0 Ezeket rendre megszorozva 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel, majd a kapott egyenleteket összeadva az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = 0. 3 1 0 Összefüggéshez jutunk, melyből kapjuk, hogy S3 = a + b + c. e) Ehhez a 4 3 P( x) = x( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abcx polinomból induljunk ki. Megint írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = 0 4 3 1 egyenlőséghez jutunk, melyből S = a + b + c ab + bc + ca, tehát egész. 4 ( ) ( ) 103

Magas szintű matematikai tehetséggondozás f) Bizonyítsuk teljes indukcióval! Az n = 0, 1,, 3, 4 esetekben már láttuk, hogy igaz az állítás. Tegyük fel, hogy n = k -ig igaz, bizonyítsuk be k + 1-re! Ehhez tekintsük a P( x) = x ( x a)( x b)( x c) = x ( a + b + c) x + ( ab + bc + ca) x abcx k k + 1 k k 1 k Írjuk fel az a, b, c helyen vett helyettesítési értékét, majd rendre szorozzuk be a kapott egyenleteket 1 1 1,, ( a b)( b c) ( b c)( c a) ( c a)( a b) kifejezésekkel és adjuk össze azokat! Ekkor az S ( a + b + c) S + ( ab + bc + ca) S abcs = 0 k + 1 k k 1 k egyenlőséghez jutunk, melyből S = ( a + b + c) S ( ab + bc + ca) S + abcs. k + 1 k k 1 k Mivel az indukciós feltétel szerint a jobb oldal egész, ezért az S k + 1 is egész. Ezt kellett bizonyítani. 31. feladat Igazoljuk, hogy ha a páronként különböző x, y, z valós számokra x y z + + = 0, y z z x x y akkor x + y + z = y z 0 z x x y is teljesül! ( ) ( ) ( ) 104

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Szorozzuk meg az x y z + + = 0 y z z x x y egyenlőség mindkét oldalát rendre az 1 1 1,, y z z x x y kifejezésekkel, majd a kapott egyenlőségeket adjuk össze! Így a x y z x y z + + + + + + ( y z)( z x) ( z x)( x y) ( x y)( y z) ( y z) ( z x) ( x y) x y z + + + = 0 ( y z)( x y) ( z x)( y z) ( x y)( z x) Az utolsó hat törtet a 30. feladatban látott módon hozzuk közös nevezőre és vonjunk össze! x y z + + + ( y z)( z x) ( z x)( x y) ( x y)( y z) x y z + + + = ( y z)( x y) ( z x)( y z) ( x y)( z x) x( x y) + y( y z) + z( z x) + x( z x) + y( x y) + z( y z) = = ( x y)( y z)( z x) x xy + y yz + z zx + xz x + yx y + zy z = = 0 ( x y)( y z)( z x) Tehát x y z + + = 0 ( y z) ( z x) ( x y). 105

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 3. feladat Igazoljuk, hogy ha az a, b, c valós számokra teljesül, hogy akkor is teljesül! a b c + + = 1, b + c c + a a + b a b c + + = 0 b + c c + a a + b Alkalmazzuk az előző megoldásban látott módszert, azaz szorozzuk végig az első egyenletet rendre a-val, b-vel és c-vel, majd adjuk össze az így kapott egyenleteket! a b c ab ac ab cb ac bc + + + + + + + + = a + b + c b + c c + a a + b c + a a + b b + c a + b b + c c + a Foglalkozzunk most is a baloldal utolsó hat törtjével! ab ac ab cb ac bc + + + + + = c + a a + b b + c a + b b + c c + a ab bc ac cb ab ac = + + + + + = c + a c + a a + b a + b b + c b + c a c a b b c = b + + c + + a + = b + c + a c + a c + a a + b a + b b + c b + c Így a b c + + = 0. b + c c + a a + b 33. feladat Legyen x, y, z olyan valós szám, melyre fennáll, hogy,, x + y + z = x + y + z = a xyz = b. 106

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Fejezzük ki az 1 1 1 S = + + xy + z 1 yz + x 1 zx + y 1 értékét az a és b segítségével! Mivel x + y + z =, ezért z = x y. Így ( )( ) xy + z 1 = xy + x y 1 = xy x y + 1 = x 1 y 1. Hasonlóan yz + x 1 = ( y 1)( z 1) és zx y 1 ( z 1)( x 1) Így + =. 1 1 1 1 1 1 S = + + = + + = xy + z 1 yz + x 1 zx + y 1 ( x 1)( y 1) ( y 1)( z 1) ( z 1)( x 1) z 1+ x 1+ y 1 1 = = = ( x 1)( y 1)( z 1) xyz + ( x + y + z) ( xy + yz + zx) 1 1 1 1 = = = ( x + y + z) ( x + y + z ) 4 a a b + 1 b + 1 b 1+ 34. feladat Az a és b pozitív számok összege 1. Bizonyítsuk be, hogy 1 a b 1 3 a 1 + b 1 <! + + (OKTV. II. kat. 1. ford. 1996/1997.) Az első egyenlőtlenséget a pozitív ( a 1)( b 1) felhasználva, hogy a b 1 + = a ( ) ekvivalens módon. Egyenlőség: a = b = 0, 5. + + kifejezéssel végigszorozva és a 1 0 triviális egyenlőtlenséggé alakíthatjuk 107

Magas szintű matematikai tehetséggondozás A második egyenlőtlenséget az előzőhöz hasonló módon 0 < 3a ( 1 a) egyenlőtlenséggé alakíthatjuk, ami a feltételek alapján triviális. 35. feladat Bizonyítsa be, hogyha a, b pozitív valós számok és c tetszőleges valós szám, akkor 1 1 a + 4b + 4c 5 + 4c a b! (ADV. h. III. kat. 1997.) Ekvivalens átalakításokkal az alábbi triviális egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat. ( ) ( 1) + 1 + ( 1) 0 ab c a b b a Egyenlőség: c = b = 0, 5 és a = 1. 36. feladat Legyen a, b pozitív valós szám! Bizonyítsuk be, hogy a b b + a + b! a 3 3 5 5 Szorozzunk be a b -tel, így a a + b a b ( a + b) egyenlőtlenséghez jutunk, mely ekvivalens az eredetivel. Így ekvivalens átalakításokkal az ( ) a b ( a + b)( a + ab + b ) 0 egyenlőtlenségre vezethető vissza a feladat. Ez viszont teljesül minden pozitív a, b szám esetén. Egyenlőség: a = b. 108

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 37. feladat Legyen a, b és c pozitív valós szám, melyek szorzata 1! Bizonyítsuk be, hogy ekkor ab bc ca a + b + ab b + c + bc c + a + ca + + 1 5 5 5 5 5 5! (IMO 1996. short list) Az előző feladat alapján ab ab 1 abc c 5 5 a b ab a b ( a b) ab = ab( a b) 1 = ab( a b) abc =. + + + + + + + + a + b + c Hasonlóan bc a a b c 5 5 b + c + bc + + ca és 5 5 + + b a b c c a ca + +. A kapott egyenlőtlenségeket összeadva az ab bc ca a + b + ab b + c + bc c + a + ca + + 1 5 5 5 5 5 5 egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség: a = b = c. III. Teleszkópikus összegek, szorzatok 38. feladat Határozzuk meg az alábbi tört pontos értékét! 010 009 + 008 007 +... + 1 010 009 + 008 007 +... + 1 A számlálóban alkalmazzuk az a b = ( a + b)( a b) azonosságot! Így a számláló 010 + 009 + + + 1 = 1005 011 lesz a nevező, pedig 1005, tehát a keresett érték 011. 109

Magas szintű matematikai tehetséggondozás 39. feladat Egy sorozatban a 1 =, 3 függvényeként! a n = a + n 1 1 ( n + 1)( n + ), ha n > 1. Állítsuk elő an -et az n Könnyen látható, hogy A második tagtól kezdve az egyes törtek alábbi módon a n 1 1 1 = + + +... + 3 3 4 4 5 + 1 + ( ) ( ) ( n )( n ) 1 k ( k +1) 1 ( k + 1) k 1 1 = = k k + 1 k k + 1 k k + 1.. alakúak, amik átalakíthatók az Ezt felhasználva, teleszkópikus összeget kapunk, melyből a n 1 = 1. n + 40. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! 1 1 1 1 + + +... + < 1+ 1+ + 3 1+ + 3 +... + 010 Mivel k ( k + 1) 1+ + 3 +... + k =, ezért az összeg általános tagja ( k + 1) k 1 1 = = k k + 1 k k + 1 k k + 1. ( ) ( ) 110

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ezt beírva, teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye, ami 010 kisebb -nél. 41.feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! 1 1 1 1 1+ 1+ 1 +... 1+ < 1 3 4 3 5 008 010 1 Az általános tényező 1 k + = ( k 1)( k + 1) ( k 1)( k + 1) alakú. Így 1 1 1 1 1+ 1+ 1 +... 1+ = 1 3 4 3 5 008 010 3 4 5 008 009 009 =... = < 1 3 4 3 5 4 6 007 009 008 010 010 4. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenségeket! 1 99 a) + +... + < 1! 3! 100! 3 4 010 1 b) + +... + < 1! +! + 3!! + 3! + 4! 008! + 009! + 010! a) Az általános tag k ( k + 1) 1 1 1 = =. Így ( k + 1)! ( k + 1)! k! ( k + 1)! 1 99 1 1 1 1 1 1 1 + +... + = 1 + +... + = 1 < 1.! 3! 100!!! 3! 3! 99! 100! 100! 111

Magas szintű matematikai tehetséggondozás b) Az általános tag az a) részben látottakat felhasználva: Így k + k + k + = = = k! + ( k + 1)! + ( k + )! k!(1 + ( k + 1) + ( k + 1)( k + )) k!( k + ) 1 k + 1 1 1 = = = k!( k + ) ( k + )! ( k + 1)! ( k + )! 3 4 010 + +... + = 1! +! + 3!! + 3! + 4! 008! + 009! + 010! 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = +... + = <! 3! 3! 009! 009! 010! 010! 43. feladat Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget! + 1 3 + 1 n + 1 3... < 1 3 1 n 1 Írjunk fel két egymás utáni tényezőt, legyen ez a k-adik és a k + 1-edik! ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 ( k + 1) + 1 ( k + ) + 1 k + k + 1 ( k + 1) + 1 k + 3 k + ( k + ) + 1 3 3 ( k + 1) 1 ( k + ) 1 k k + 1 + ( k + 1) + 1 k + 1 k + + ( k + ) + 1 = = 3 1 3 3 + 1 + 3 + 3 + 5 + 7 k + k + k + k + k + k + = k k k k k k Ebből látszik, hogy teleszkópikus szorzatot kapunk. + 1 3 + 1 n + 1... = 1 3 1 n 1 3 4 5 6 n 1 n n + 1 3 7 13 n 3n + 3 n n + 1...... 1 3 4 n 3 n n 1 7 13 1 n n + 1 n + 3n + 3 n( n 1) 3 3 n n 3 4n + 3 3 1 n + 3n + 3 n + 3n + 3 n + 3n + 3 = = = = = < 11

Ábrahám Gábor: Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok 44. feladat Igazoljuk, hogyha n pozitív egész szám, akkor az S n 1 1 1 1 1 = 1+ 1+ + 1 + + +... + 1+ + 4 4 9 n 1 összeg értéke racionális, de nem egész szám! Tekintsük az általános tag négyzetgyök alatti részét! ( ) ( n + ) ( + 1) + + ( + 1) ( ) 1 1 k k k k 1+ + = = k k + 1 k k + 1 4 3 k + k + 3k + k + 1 ( k + k + 1) = = k k k k ( + 1) ( + 1) Így az általános tag a 40. feladat megoldását felhasználva: 1 1 ( k + k + 1) k + k + 1 1 1 1 1+ + = = = 1+ = 1+. k k k k k k + 1 k k + 1 k k + 1 ( + 1) ( + 1) ( ) ( ) Ezt beírva teleszkópikus összeget kapunk, melynek eredménye ami racionális nem egész szám. Sn 1 = n + 1, n + 1 113