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

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2003 márciusi 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. 314. Adott egy egységnyi oldalú négyzetben egy töröttvonal úgy, hogy bármely egyenes, amely egy csúcsára sem illeszkedik, legfeljebb hét oldalát metszi. Legfeljebb milyen hosszú lehet a töröttvonal?

Soukup Lajos ötletéből

Megoldásvázlat. Legyen a töröttvonal hossza l, végpontjai A és B. Tetszőleges \(\displaystyle \varphi\) irányban legyen a négyzet vetületének hossza n(\(\displaystyle \varphi\)), az AB szakasz vetületének hossza h(\(\displaystyle \varphi\)), a töröttvonalat alkotó szakaszok vetületének összege v(\(\displaystyle \varphi\)).

Ha egy \(\displaystyle \varphi\) irányú egyenes nem választja el egymástól az A és B pontokat, akkor a töröttvonalat páros sokszor, tehát legfeljebb csak 6-szor metszi. Ezért

v(\(\displaystyle \varphi\))\(\displaystyle \le\)6n(\(\displaystyle \varphi\))+h(\(\displaystyle \varphi\)).

(Lásd az 1. ábrát.)

1. ábra2. ábra

Vegyük az egyenlőtlenség \(\displaystyle \varphi\) szerinti átlagát, azaz integráljunk \(\displaystyle \varphi\) szerint 0-tól \(\displaystyle \pi\)-ig, és osszuk el az integrált \(\displaystyle \pi\)-vel. Könnyen ellenőrizhető, hogy egy x hosszú szakasz vetületének átlaga \(\displaystyle {2\over\pi}x\), az egységnégyzeté \(\displaystyle {4\over\pi}\), tehát

\(\displaystyle {2\over\pi}l\le6\cdot{4\over\pi}+{2\over\pi}AB,\)

\(\displaystyle l\le12+AB\le12+\sqrt2.\)

Ez az eredmény éles. Ha a töröttvonal háromszor végigfut a négyzet kerületén és tartalmazza az egyik átlót, akkor megfelel a feltételnek és a hossza éppen \(\displaystyle 12+\sqrt2\) (2. ábra).


A. 315. Egy szabályos (n2+n+1)-szögnek kiválasztottuk n+1 csúcsát. Bizonyítsuk be, hogy ha az n szám 12k-2 alakú, akkor a kiválasztott csúcsok közötti távolságok nem lehetnek mind különbözők.

Megoldás. Tegyük fel indirekten, hogy n=12k-2 és a kiválasztott csúcsok között futó \(\displaystyle {n+1\choose2}\) átló mind különböző hosszúságú. A szabályos (n2+n+1)-szögben éppen ennyiféle hosszúságú átló van.

Az n2+n+1 szám osztható 3-mal. Számozzuk meg a csúcsokat sorban 1-től (n2+n+1)-ig, és csoportosítsuk a kiválasztott csúcsok indexeit modulo 3. A három csoportba eső indexek száma legyen a, b, illetve c; a kiválasztott csúcsok száma összesen a+b+c=n+1=12k-1.

Számoljuk össze azokat az átlókat, amelyek hossza a kerületen mérve hárommal osztható, tehát a harmad-, hatod-, kilenced- stb. szomszédos átlókat. Ezek száma \(\displaystyle \big[{n+1\choose2}/3\big]=24k^2-6k\). Ilyen átlókat úgy kaphatunk, hogy azonos csoportba tartozó csúcsokat kötünk össze, tehát

\(\displaystyle 24k^2-6k={a\choose2}+{b\choose2}+{c\choose2}.\)

Ebből

a2+b2+c2=48k-12k+a+b+c=48k-1.

A 8k-1 és speciálisan a 48k-1 alakú számok nem írhatók fel három négyzetszám összegeként. Az indirekt feltevésből ellentmondásra jutottunk.


A. 316. Adott n pozitív egész számhoz tekintsük azon A\(\displaystyle \subset\){1,2,...,n} halmazokat, amelyekben az x+y\(\displaystyle \equiv\)u+v (mod n) kongruenciának nincs más megoldása, mint az x=u, y=v, illetve x=v, y=u triviális megoldások. Legyen f(n) az ilyen halmazok elemszámának maximuma.

a) Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle f(n)<\sqrt{n}+1\).

b) Mutassunk példát végtelen sok olyan n-re, amikor \(\displaystyle f(n\)\sqrt{n}-1">.

A 2002. évi Schweitzer-verseny 4. feladata nyomán

Megoldásvázlat. a) Tekintsük az A-beli elemek különbségeit modulo n; az x-y és y-x különbségeket különböztessük meg. Ha |A|=k, akkor összesen k(k-1) ilyen van, egyik sem 0. Ha valamelyik két különbség megegyezne, akkor azokból nemtriviális megoldást kapnánk. Ezért k(k-1)\(\displaystyle \le\)n-1, amiből \(\displaystyle k\le{1\over2}+\sqrt{n-{3\over4}}<\sqrt{n}+1\).

b) Legyen p tetszőleges prímszám és n=p(p-1); legyen továbbá g egy primitív gyök modulo p. Az A halmaz álljon azokból az x számokból, amelyekre x\(\displaystyle \equiv\)gx (mod p). Először is bebizonyítjuk, hogy a modulo n maradékosztályok között pontosan p-1 ilyen van.

Legyen r egy tetszőleges, 0-tól különböző maradék modulo p, és keressük az x\(\displaystyle \equiv\)r, gx\(\displaystyle \equiv\)r (mod p) kongruenciarendszer megoldásait. Az x számot az x\(\displaystyle \equiv\)r kongruencia meghatározza modulo p, a gx\(\displaystyle \equiv\)r kongruencia pedig meghatározza modulo (p-1). Mivel p és p-1 relatív prímek, a kínai maradéktétel szerint a megoldások az egyik modulo p(p-1) maradékosztály elemei.

Konkrét példa: Legyen p=7, n=42 és g=3. (A 3 primitív gyök modulo 7, mivel a 3 hatványai 7-tel osztva minden 0-tól különböző maradékot kiadnak: 30=1, 31=3, 32\(\displaystyle \equiv\)2, 33\(\displaystyle \equiv\)6, 34\(\displaystyle \equiv\)4 és 35\(\displaystyle \equiv\)5 (mod 7).) Az x\(\displaystyle \equiv\)3x (mod 7) kongruencia megoldásait az alábbi táblázatban foglaltuk össze:

r3x\(\displaystyle \equiv\)r (mod 7) megoldásax\(\displaystyle \equiv\)r, 3x\(\displaystyle \equiv\)r (mod 7) megoldása
1x\(\displaystyle \equiv\)0 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)36 (mod 42)
2x\(\displaystyle \equiv\)2 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)2 (mod 42)
3x\(\displaystyle \equiv\)1 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)31 (mod 42)
4x\(\displaystyle \equiv\)4 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)4 (mod 42)
5x\(\displaystyle \equiv\)5 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)5 (mod 42)
6x\(\displaystyle \equiv\)3 (mod 6)x\(\displaystyle \equiv\)27 (mod 42)

Az A halmaz elemei tehát: 2,4,5,27,31,36.

Végül megmutatjuk, hogy az A halmaz eleget tesz a feltételeknek. Mint láttuk, az A halmaz elemei páronként különbözők modulo p. Tetszőleges x,y\(\displaystyle \in\)A esetén az x+y érték meghatározza a szorzatot is modulo p, hiszen xy\(\displaystyle \equiv\)gxgy\(\displaystyle \equiv\)gx+y. Ha tehát ismerjük x+y-t, akkor meghatározhatjuk xy-t is modulo p, és felírhatunk egy modulo p másodfokú egyenletet, amelynek két gyöke x és y. A másodfokú egyenlet pedig - a sorrendtől eltekintve - egyértelműen meghatározza a gyökpárt. Ha tehát ismerjük x+y értékét, akkor x és y értékét is meghatározhatjuk modulo p; ez pedig meghatározza magát a két elemet is.

Az előbbi példában tegyük fel, hogy azokat az x,y elemeket keressük, amelyekre x+y\(\displaystyle \equiv\)16 (mod 42). Ekkor x+y\(\displaystyle \equiv\)2 (mod 7) és xy\(\displaystyle \equiv\)316\(\displaystyle \equiv\)4 (mod 7). Az x és y számok tehát a t2-2t+4\(\displaystyle \equiv\)0 (mod 7) kongruencia gyökei. Mivel t2-2t+4\(\displaystyle \equiv\)(t-3)(t-6) (mod 7), az x,y számok egyike 7-tel osztva 3-at ad maradékul a másik pedig 6-ot. Az egyik szám tehát a 31, a másik a 27.

A bemutatott konstrukcióban n=p(p-1) és |A|=p-1, ezért \(\displaystyle f(n)\ge p-\)\sqrt{n}-1">. Végtelen sok olyan n-et sikerült tehát találni, amikor \(\displaystyle f(n\)\sqrt{n}-1">.

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