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+...+k_np₁p₂...p_n-1 alakban fogjuk felírni alkalmas k₁, ..., k_n 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 k_n-et választjuk meg úgy, hogy c+ka ne legyen osztható p_n-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 (a₁, b₁, c₁) 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 (a, a, c) számhármas megfelelő.

Mivel b₁ és c₁ relatív prímek, léteznek olyan x és y egész számok, amelyekre a+xb₁+yc₁=1. Ebből következik, hogy a (a₁, b₁, c₁) számhármasból két lépésben eljuthatunk az (1, b₁, c₁) 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.