KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Belépés
Regisztráció
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Az 1999. novemberi A-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.


A. 221. Legyenek az N négyzet csúcsai a (1999; 1999) koordinátájú pontok, a H háromszög csúcsai pedig (-1; 0), (0; -1) és (1; 1). A H háromszögnek legfeljebb hány egymásba nem nyúló, eltolt példányát lehet elhelyezni az N négyzetben?

Javasolta: Pap Gyula, Debrecen

Megoldásvázlat. Legyen T az a hatszög, amelynek csúcsai (-; -1), (), (1; ), (; 1), (-), (-1; -). Ellenőrizhető, hogy H két eltolt példánya pontosan akkor nem nyúlik egymásba, ha a T ugyanolyan vektorokkal eltolt példányai nem nyúlnak egymásba, valamint H egy eltolt példánya akkor van az N négyzetben, ha T ugyanolyan vektorral eltolt példánya is abban helyezkedik el. A végeredmény tehát nem változik, ha H helyett T-vel oldjuk meg a feladatot.

Bebizonyítjuk, hogy a T hatszög illetve a H háromszög eltolt példányaiból az ábrán látható módon helyezhető el a legtöbb, összesen 26652=7102225 darab.

A hatszög példányai hézag nélkül lefedik a négyzet középső részét, mindössze azt kell igazolnunk, hogy N határai mentén nem maradhat ki kisebb terület.

Az alábbi ábrán mindegyik sarokban pirossal megjelöltük azokat a pontokat amelyeket T egy eltolt példánya sem tartalmazhat. Az N további oldalszakaszai mentén fennmaradó terület egy részét felbonthatjuk olyan háromszögekre és trapézokra (az ábrán kék színnel jelöltük), amelyek alapjai merőlegesek N oldalaira, egyik alapjuk legalább , magasságaik összege pedig kiadja N-nek a pirosra színezett sarkok elhagyása után fennmaradó oldalszakaszait.

A háromszögek és trapézok területének összege a második ábrán látható elrendezésben minimális.


A. 222. Az a, b, c egész számok legnagyobb közös osztója 1. Az (a, b, c) számhármast más számhármasokra cserélhetjük úgy, hogy minden lépésben az egyik számot növeljük vagy csökkentjük a számhármas egy másik elemének valamilyen többszörösével. Igaz-e, hogy az a, b, c számok megválasztásától függetlenül, legfeljebb 10 lépésben eljuthatunk az (1, 0, 0) számhármashoz?

Javasolta: Abért Miklós, Budapest

Megoldásvázlat. Megmutatjuk, hogy legfeljebb 5 lépésben mindig eljuthatunk az (1, 0, 0) számhármashoz.

Először bebizonyítjuk, hogy ha b nem 0, akkor létezik olyan k egész szám, amelyre b és c+ka relatív prímek. Legyen b prímtényezős felbontása . A k számot k=k1+k2p1+k3p1p2+...+knp1p2...pn-1 alakban fogjuk felírni alkalmas k1, ..., kn egész számokkal.

Azt, hogy c+ka osztható-e p1-gyel, k1 határozza meg. Mivel a és c közül legalább az egyik nem osztható p1-gyel, k1-et meg tudjuk úgy választani, hogy c+ka se legyen osztható p1-gyel. A k1 megválasztása után k2-t választjuk meg úgy, hogy c+ka ne legyen osztható p2-vel, ... végül kn-et választjuk meg úgy, hogy c+ka ne legyen osztható pn-nel. Ezzel egy olyan k számot konstruáltunk, amelyre c+ka nem osztható b egyik prímosztójával sem.

(Ezt a segédtételt a Dirichlet-tétel felhasználásával is be lehetett volna bizonyítani. Ha a és c egyike sem 0, a legnagyobb közös osztójuk d, akkor létezik olyan k egész és p>b prímszám, amelyre c+ka=pd.)

Most megmutatjuk, hogyan lehet legfeljebb 5 lépésben eljutni az (1, 0, 0) számhármashoz. Első lépésben egy olyan (a1b1c1) számhármast állítunk elő, amelyben b1 és c1 relatív prímek. Ha b nem 0, akkor a segédtétel alapján ez lehetséges. Ha b=0, akkor a és c relatív prímek, ezért az ugyancsak egy lépésben előállítható (aac) számhármas megfelelő.

Mivel b1 és c1 relatív prímek, léteznek olyan x és y egész számok, amelyekre a+xb1+yc1=1. Ebből következik, hogy a (a1b1c1) számhármasból két lépésben eljuthatunk az (1, b1c1) számhármashoz. Ebből pedig két triviális lépésben a kívánt (1, 0, 0) számhármashoz.

Megjegyzés. Számhármasok helyett számpárokkal az állítás nem igaz.


A. 223. Keressük meg az összes olyan f:RR függvényt, amelyre

(1)    f(x-f(y))=f(x+y1999)+f(f(y)+y1999)+1

teljesül tetszőleges x, y valós számok esetén.

Megoldásvázlat. Az x helyére f(y)-t írva kapjuk, hogy

f(f(y)+y1999)=(f(0)-1)/2.

Ezt visszaírva (1)-be, x helyére (x+f(y))-t helyettesítve

(2)    f(x)=f(x+f(y)+y1999)+(f(0)+1)/2.

Legyen g(x)=f(x)+x1999 és c=(f(0)+1)/2; ezeket beírva (2)-be,

(3)    f(x)=f(x+g(y))+c.

Az (1) azonosságból, x=y=0 helyettesítéssel látható, hogy f(0)=g(0) nem lehet 0.

Legyen h(y)=g(y+g(0))-g(y). A (3) azonosságból következik, hogy

(4)    f(x+h(y))=f(x+h(y)+g(y))+c=

=f(x+g(y+g(0)))+c=f(x).

Kifejtve h definícióját,

h(y)=g(y+g(0))-g(y)=

=(y+g(0))1999-y1999+f(y+g(0))-f(y)=

=(1998g(0)y1998+...+g(0)1999)-c,

ami y-nak egy 1998-adfokú polinomja. Mivel a h polinom értékkészlete egy félegyenes, a (4) azonosságból következik, hogy az f függvény konstans, az (1) függvényegyenlet alapján értéke csak -1 lehet.

Az egyetlen megoldás a konstans -1 függvény.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley