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 2004. februári B-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.


B.3702.Ketten játsszák a következő játékot. 110 zsetonból felváltva vesznek el legalább egyet és legfeljebb kilencet. A soronkövetkező játékos nem ismételheti meg ellenfele lépését. A játékban az veszít, aki nem tud lépni. Melyik játékosnak van nyerő stratégiája?

(4 pont)

Megoldás: Vizsgáljuk általában azt a játékot, amikor kezdetben n zseton van. Ha a második játékosnak van nyerő stratégiája, akkor legyen f(n)=II, ha pedig az első játékosnak van nyerő stratégiája, akkor legyen f(n)=I(S), ahol S=S(n) az 1,2,..., 9 számok közül azokat tartalmazza, ahány zseton elvételével az első játékos valamelyik nyerő stratégiáját indítani tudja. Nyilván f(0)=II, f(1)=I(1), és az is könnyen levezethető, hogy f(2)=I(1,2), hiszen a második játékos akkor sem tud már lépni, ha az első játékos az asztalon lévő két zsetonból csak egyet vesz el. Ha n=3, akkor az elő játékos nyer, ha mind a 3 zsetont elveszi, ha azonban csak egy vagy két zsetont vesz el, a második játékos meg tudja nyerni a játékot, ennélfogva f(3)=I(3). Általában, ha n zsetonnal történik a játék, és az első játékos k számú zsetont vesz el első lépésként, ahol 1\(\displaystyle \le\)k\(\displaystyle \le\)9, akkor három esetet különböztethetünk meg. Amennyiben f(n-k)=II, akkor bármi legyen is a második játékos első lépése, az első játékos ezután alkalmazhatja a második játékos n-k kezdő zseton esetére érvényes nyerő stratégiáját, amellyel biztosan megnyeri a játékot. Ekkor tehát f(n)=I(T), ahol T mindenképpen tartalmazza a k számot. Ha f(n-k)=I(S) és S csak a k számot tartalmazza, akkor a második játékos nem tudja alkalmazni az első játékos n-k számú kezdő zseton esetén érvényes nyerő stratégiáját, az első játékos tehát ily módon megnyerheti a játékot, ha jól játszik. Tehát ebben az esetben is f(n)=I(T) alakú, ahol T tartalmazza a k számot. Végül ha f(n-k)=I(S) és S nem csak a k számot tartalmazza (esetleg azt egyáltalán nem tartalmazza), akkor a második játékos át tudja venni az első játékos n-k számú zsetonra érvényes valamelyik nyerő stratégiáját, amivel megnyeri a játékot.

Az elmondottakból következik, hogy f(n) értékét f(n-1), f(n-2), ..., f(n-9) egyértelműen meghatározza az alábbi módon: f(n)=II pontosan akkor, ha minden 1\(\displaystyle \le\)k\(\displaystyle \le\)9, k\(\displaystyle \le\)n esetén f(n-k)=I(S) alakú, ahol S nem kizárólag a k számot tartalmazza. Ellenkező esetben f(n)=I(T), ahol T azon k számokat tartalmazza, melyekre vagy f(n-k)=II, vagy pedig f(n-k)=I(k) alakú. Kezdjuk el ennek alapján f(n) értékét rekurzív módon kiszámítani. Már láttuk, hogy f(0)=II, f(1)=I(1), f(2)=I(1,2) és f(3)=I(3). Mivel f(4-4)=II, n=4 esetén az első játékosnak van nyerő stratégiája és 4\(\displaystyle \in\)S(4). Továbbá S(4-1)\(\displaystyle \ne\){1}, S(4-2)\(\displaystyle \ne\){2} és S(4-3)\(\displaystyle \ne\){3} miatt az 1,2,3 számok nem tartoznak S(4)-hez, ezért S(4)={4} és f(4)=I(4). Ugyanígy kapjuk, hogy f(5)=I(5), f(6)=I(3,6), f(7)=I(7), f(8)=I(4,8), f(9)=I(9), f(10)=I(5), f(11)=II, f(12)=I(1), f(13)=I(1,2), f(14)=I(3,7), f(15)=I(4,5), f(16)=I(5), f(17)=I(6), f(18)=I(7,9), f(19)=I(8), f(20)=I(9), f(21)=I(5), f(22)=II, f(23)=I(1,6), f(24)=I(2), f(25)=I(3), f(26)=I(2,4,5), f(27)=I(5,8), f(28)=I(3,6), f(29)=I(7,9), f(30)=I(8), f(31)=I(9), f(32)=II, f(33)=I(1), f(34)=I(1,2), f(35)=I(3), f(36)=I(4), f(37)=I(5), f(38)=I(3,6,8), f(39)=I(7), f(40)=I(4,8,9), f(41)=I(9), f(42)=I(5), f(43)=II, f(44)=I(1), f(45)=I(1,2), f(46)=I(3,7), f(47)=I(4,5), f(48)=I(5) és f(49)=I(6). Itt meg is állhatunk, hiszen azt kaptuk, hogy f(41)=f(9), f(42)=f(10), f(43)=f(11), ..., f(49)=f(17). A sorozat képzési szabálya alapján tehát f(50)=f(18) és így teljes indukcióval látható, hogy minden n\(\displaystyle \ge\)9 esetén igaz, hogy f(n+32)=f(n). Ezek szerint f(110)=f(110-3.32)=f(14)=I(3,7). Ennek megfelelően 110 zseton esetén az első játékosnak van nyerő stratégiája, kezdő lépésnek pedig akár 3, akár 7 zseton elvételét is választhatja.


B.3703.Az an sorozat elemeire teljesül, hogy a1=1337, továbbá, hogy a2n+1= a2n=n-an minden n pozitív egész számra. Határozzuk meg a2004 értékét.

(3 pont)

Megoldás: A rekurzió alapján a2004=1002-a1002, ahol a1002=501-a501. Ezt tovább folytatva kapjuk, hogy a501=a500=250-a250, a250=125-a125, a125=a124=62-a62, a62=31-a31, a31=a30=15-a15, a15=a14=7-a7, a7=a6=3-a3, végül pedig a3=a2=1-a1=1-1337. Mindezt összevetve

a2004=1002-501+250-125+62-31+15-7+3-1+1337=2004.


B.3704.Szerkesszünk háromszöget, ha adott a három oldalfelező merőlegesének az egyenese és egyik oldalegyenesének egy pontja.

(4 pont)

Megoldás: A szerkeszthetőséghez nyilván szükséges, hogy a három (különböző) egyenesnek legyen egy közös pontja, ez lesz a háromszög köré írható kör középpontja. Ez pontosan akkor esik valamelyik oldal egyenesére, ha a háromszög derékszögű, ebben az esetben viszont a másik két oldalhoz tartozó felező merőlegesek egymásra merőlegesek. A szerkesztendő háromszög oldalait jelöljük a,b,c-vel, a megfelelő felező merőlegeseket pedig fa, fb, fc-vel, melyek metszéspontja legyen O.

Tegyük fel először, hogy az adott egyenesek közül kettő, mondjuk fa és fb egymásra merőleges. Ekkor a c oldallal szemközti szög derékszög, vagyis az O pont illeszkedik a c oldal egyenesére. Ha a megadott P pontból fcre állított mc merőleges áthalad O-n, akkor a feladatnak végtelen sok megoldása van, melyeket a következő módon kaphatunk meg. Az A csúcs nyilván az mc egyenesnek O-tól különböző pontja, B pedig A-nak O-ra vonatkozó tükörképe. A C csúcs az A pontnak fb-re vonatkozó tükörképe, és egyben a B pontnak az fa egyenesre vonatkozó tükörképe is. Mivel az fa és fb egyenesek egymásra merőlegesek, tetszőleges A pontból kiindulva A-nak az fa-ra vonatkozó tükörképe meg fog egyezni B-nek az fb-re vonatkozó tükörképével, és a leírt módon egy megfelelő háromszöget kapunk.

Ha nem halad át, akkor az előző módon szerkesztünk egy háromszöget, majd azt O-ból középpontos hasonlósággal nagyítjuk/kicsinyítjük úgy, hogy a megfelelő oldalegyenese áthaladjon P-n.

Tegyük fel végül, hogy az fa,fb,fc egyenesek közül semelyik kettő nem merőleges egymásra. Ekkor szükséges, hogy a megadott P pont az O-tól különbözzék. Ha a P pontot a c oldal egyenesére képzeljük, akkor húzzuk meg a P-ből fc-re állított merőlegest, ez az mc egyenes kell legyen a c oldal egyenese. Ha mc áthalad az O ponton, akkor ilyen módon a feladatnak nem lehet megoldása, ellenkező esetben viszont pontosan egy megoldást kapunk. A C csúcsnak ugyanis rajta kell lenni egyrészt az mc egyenesnek fa-ra vonatkozó mb tükörképén, másrészt az mc egyenesnek fb-re vonatkozó ma tükörképén is. Mivel fa és fb nem merőlegesek egymásra, az ma és mb egyenesek egy pontban metszik egymást. Az így kapott C pont nem illeszkedik az mc egyenesre, mivel azt az fa és fb egyenesek különböző pontokban metszik. (Sem fa, sem fb nem eshet egybe mc-vel, hiszen akkor merőleges lenne fc-re.) A C pontot fa-ra és fb-re tükrözve az ma egyenes két különböző B, illetve A pontját kapjuk. A keresett háromszög nyilván csak ABC lehet, és könnyű látni, hogy az jó is lesz.

Az eljárást megismételhetjük úgy is, hogy a P pontot a b illetve a oldal egyenesére képzeljük el. Így általános esetben három megoldást kaphatunk, kivéve, ha a PO egyenes merőleges valamelyik megadott egyenesre, mert akkor az egyik lehetőség kiesik. Azt kell még megvizsgálnunk, hogy az így kapott három (illetve kettő) háromszög közül kettő mikor esik egybe. Ha ugyanazt a háromszöget kapjuk akkor is, ha a P pontot az a oldalra képzeljük, és akkor is, amikor azt a b oldalra képzeljük el, akkor P szükségképpen egybeesik ezen kapott háromszög C csúcsával (mutatván azt is, hogy mindhárom háromszög nem eshet egybe). Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy a P pontot az fa és fb egyenesekre tükrözve két olyan pontot kapunk, amelyek az fc egyenesre szimmetrikusan helyezkednek el. Ebben az esetben a két háromszög tényleg egybe is fog esni. A vártnál eggyel kevesebb megoldást fogunk kapni tehát akkor, ha a P pontot az adott egyenesek közül valamelyik kettőre tükrözve a kapott pontok a harmadik egyenesre nézve szimmetrikusan helyezkednek el. Hogy adott fa,fb,fc esetén ezek a kivételes pontok pontosan hol is helyezkednek el, annak megvizsgálását már az olvasóra bízzuk.


B.3705.Az a és b pozitív egészek relatív prímek, az A=8a+3b és a B=3a+2b számok legnagyobb közös osztója viszont nem 1. Mennyi A és B legnagyobb közös osztója?

(3 pont)

Megoldás: Legyen A és B legnagyobb közös osztója (A,B)=d. Ekkor d osztója a 2A-3B=7a és 8B-3A=7b számoknak, tehát azok legnagyobb közös osztójának is. Mivel (7a,7b)=7(a,b)=7, és tudjuk, hogy d\(\displaystyle \ne\)1, kapjuk, hogy A és B legnagyobb közös osztója d=7. Ez elő is fordulhat: legyen például a=1, b=2.


B.3706.Egy egységnyi élű kocka minden élére egy-egy olyan síkot helyezünk, amely az élre illeszkedő két lap mindegyikével 45o-os szöget zár be és a kockát nem metszi. Mekkora annak a konvex testnek a térfogata, amelyet ez a 12 sík határol?

(3 pont)

Megoldás: A kocka tetszőleges L lapjára kifelé emeljünk egy egyenes gúlát, amelynek magassága 1/2. Ennek a gúlának a kocka csúcsaitól különböző csúcsát jelölje A, az L lap középpontját S, éleinek felezőpontjait pedig sorra E,F,G,H. Ekkor ASE, ASF, ASG és ASH olyan egyenlőszárú derékszögű háromszögek, melyek síkja merőleges az L lap síkjára. Következésképpen az L lap éleire a feladat szövege szerint illesztett négy sík mindegyike áthalad az A csúcson.

Emeljünk most a kocka minden egyes lapja fölé egy-egy gúlát az előbb ismertetett módon. Ha a kocka valamely éle két ilyen gúlának is közös éle, akkor a feladat szerint az adott élre illeszkedő sík tartalmazza mindkét gúlának egy-egy határoló lapját, melyek uniója nyilván egy rombusz lesz. A szóban forgó testet tehát ez a 12 rombuszlap határolja, a test maga pedig felbontható az egységnyi térfogatú megadott kockára és a lapjaira illesztett 6, egyenként 1/6 térfogatú gúlára. A test térfogata ennek megfelelően 2 térfogategység.


B.3707.Az ABCD tetraéder élei rendre AB=c, BC=a, CA=b, DA=a1, DB=b1, végül DC=c1. Legyen h a tetraéder D csúcsából induló súlyvonalának a hossza. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle h^2=\frac{1}{3}\big(a_1^2+b_1^2+c_1^2\big)-\frac{1}{9} \big(a^2+b^2+c^2\big). \)

(4 pont)

Megoldás: Az ABC háromszög súlypontját S-sel, a BC szakasz felezőpontját pedig F-fel jelölve, a háromszög súlyvonalaira vonatkozó jól ismert képlet alapján

\(\displaystyle AF^2={2b^2+2c^2-a^2\over4}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad DF^2={2b_1^2+2c_1^2-a^2\over4}.\)

Az SAD és SFD háromszögekre a koszinusz tételt felírva meghatározhatjuk az ASD és FSD szögek koszinuszát. Mivel ezek kiegészítő szögek, koszinuszaiknak összege 0, vagyis

\(\displaystyle {AS^2+h^2-a_1^2\over2hAS}+{FS^2+h^2-DF^2\over2hFS}=0.\)

Mivel AS=2FS, az egyenlet mindkét oldalát a 2hAS mennyiséggel szorozva kapjuk, hogy

(AS2+h2-a12)+2(FS2+h2-DF2)=0,

ahonnan AS=(2/3)AF, FS=(1/3)AF miatt átrendezés után

\(\displaystyle 3h^2=a_1^2+2DF^2-{2\over3}AF^2= (a_1^2+b_1^2+c_1^2)-{1\over3}(a^2+b^2+c^2)\)

adódik, ami egyenértékű a bizonyítandó állítással.


B.3708.Adott a P pont, a k kör és a P-n átmenő AB szelő, amelyre PA=AB=1. A P-ből a k-hoz húzott érintők a C és a D pontban érintik a k kört, AB és CD metszéspontja M. Mekkora a PM távolság?

(4 pont)

Megoldás: Mivel PC=PD és a P pontnak k-ra vonatkozó hatványa, PC.PD=PA.PB=2, kapjuk, hogy PC2=PD2=2. A CM, DM és PM szakaszok hosszát rendre x,y,z-vel jelölve írjuk fel a koszinusz tételt a PCM és PDM háromszögekre. Mivel a CMP és DMP kiegészítő szögek koszinuszainak összege 0, az

\(\displaystyle {x^2+z^2-2\over2xz}+{y^2+z^2-2\over2yz}=0\)

összefüggéshez jutunk, amit 2xyz-vel szorozva kapjuk, hogy (x+y)(xy+z2-2)=0, vagyis xy+z2-2=0. Az AM.BM=CM.DM egyenlőség szerint xy=(z-1)(2-z), vagyis (z-1)(2-z)+z2-2=3z-4=0. A PM szakasz hossza tehát z=4/3.


B.3709.Tekintsük az ax2+bx+c=0 másodfokú egyenletet, amelynek együtthatóira

2a+3b+6c=0.

Bizonyítsuk be, hogy az egyenletnek van olyan x gyöke, amelyre 0<x<1.

(4 pont)

Megoldás: Legyen f(x)=ax2+bx+c, és tegyük fel az állítással ellentétben, hogy az f(x)=0 egyenletnek nincs gyöke 0 és 1 között. Ekkor az f(0)=c, f(1/2)=(1/4)a+(1/2)b+c és f(1)=a+b+c számok közül vagy mindegyik nemnegatív, vagy mindegyik nem pozitív. Lévén

f(0)+4f(1/2)+f(1)=2a+3b+6c=0,

ez csak úgy lehetséges, ha f(0)=f(1/2)=f(1)=0. Innen c=0, vagyis a+b=(1/4)a+(1/2)b=0, amiből a=b=0 is leolvasható. Ez ellentmond az a\(\displaystyle \ne\)0 feltételnek, a feladat állítása tehát szükségképpen igaz.


B.3710.Az A1A2A3 hegyesszögű, nem egyenlő szárú háromszög Ai csúcsából induló magasságának talppontja Ti. Legyen Bi az AjAk és a TjTk egyenesek metszéspontja (ahol i, j és k között nincsenek egyenlők). Mutassuk meg, hogy a B1, B2, B3 pontok egy egyenesen vannak.

(5 pont)

Megoldás: A háromszög Ai csúcsánál lévő szögét \(\displaystyle \alpha\)i-vel jelölve először azt mutatjuk meg, hogy ha \(\displaystyle \alpha\)i>\(\displaystyle \alpha\)j, akkor az Ai pont elválasztja az Aj és Bk pontokat. Ehhez elegendő azt megmutatni, hogy a Ti pont távolabb helyezkedik el az AiAj egyenestől, mint a Tj pont, hiszen a Ti,Tj talppontok a háromszög oldalain helyezkednek el. A Ti pontnak az AiAj egyenestől mért távolsága

\(\displaystyle A_jT_i\sin\alpha_j=A_iA_j\cos\alpha_j\sin\alpha_j= {1\over2}A_iA_j\sin2\alpha_j.\)

Ugyanígy a Tj pontnak az AiAj egyenestől mért távolságára (1/2)AiAjsin 2\(\displaystyle \alpha\)i adódik, tehát elég azt megmutatni, hogy sin 2\(\displaystyle \alpha\)j>sin 2\(\displaystyle \alpha\)i. Ez viszont azonnal adódik abból, hogy 2\(\displaystyle \alpha\)j<2\(\displaystyle \alpha\)i<\(\displaystyle \pi\) és 2\(\displaystyle \alpha\)i>\(\displaystyle \pi\)-2\(\displaystyle \alpha\)j is igaz, hiszen a háromszög hegyesszögű.

Ha tehát \(\displaystyle \alpha\)1<\(\displaystyle \alpha\)2<\(\displaystyle \alpha\)3, akkor az A2 pont elválasztja az A1 és B3 pontokat, az A3 pont pedig elválasztja mind a B1 és A2, mind pedig az A1 és B2 pontokat. Menelaosz tétele értelmében tehát elegendő azt bizonyítanunk, hogy

\(\displaystyle {A_1B_3\over A_2B_3}\cdot{A_2B_1\over A_3B_1}\cdot{A_3B_2\over A_1B_2}=1.\)

Az A1A2T1T2 húrnégyszögben az \(\displaystyle \alpha\)1 szöget derékszögre kiegészítő A1A2T2 szög egyenlő a T2T1A3 szöget derékszögre kiegészítő T2T1A1 szöggel. Mivel T2T1A3 és A2T1B3 váltószögek, kapjuk, hogy ez utóbbi szög is \(\displaystyle \alpha\)1-gyel egyezik meg. Ezért az A1B3T1=A1B3T2 szöget \(\displaystyle \beta\)3-mal jelölve és a T1A2B3 háromszögre a szinusz tételt felírva A2T1:A2B3=sin \(\displaystyle \beta\)3:sin \(\displaystyle \alpha\)1 adódik. Másrészt az A1T2B3 szög szinusza egyenlő a T1T2A3 szög szinuszával, ez utóbbi szög azonban a fenti meggondolásokhoz hasonló módon \(\displaystyle \alpha\)2-vel egyenlő. Ha tehát az A1B3T2 háromszögre is felírjuk a szinusz tételt, azt kapjuk, hogy A1B3:A1T2=sin \(\displaystyle \alpha\)2:sin \(\displaystyle \beta\)3. A kapott két arányosság összevetésével nyerjük tehát az

\(\displaystyle {A_1B_3\over A_1T_2}\cdot{A_2T_1\over A_2B_3}={\sin\alpha_2\over\sin\alpha_1}\)

összefüggést.

Teljesen analóg módon levezethetjük az

\(\displaystyle {A_2B_1\over A_2T_3}\cdot{A_3T_2\over A_3B_1}={\sin\alpha_3\over\sin\alpha_2}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad{A_3B_2\over A_3T_1}\cdot{A_1T_3\over A_1B_2}={\sin\alpha_1\over\sin\alpha_3}\)

összefüggéseket is. Ezeket összeszorozva az

\(\displaystyle \Bigl({A_1B_3\over A_2B_3}\cdot{A_2B_1\over A_3B_1}\cdot{A_3B_2\over A_1B_2}\Bigr) \Bigl({A_1T_3\over A_2T_3}\cdot{A_2T_1\over A_3T_1}\cdot{A_3T_2\over A_1T_2}\Bigr)= {\sin\alpha_2\over\sin\alpha_1}\cdot{\sin\alpha_3\over\sin\alpha_2}\cdot{\sin\alpha_1\over\sin\alpha_3}=1\)

egyenlőséghez jutunk. Mivel az A1T1, A2T2 és A3T3 szakaszok egy pontban metszik egymást, a Ceva-tétel értelmében

\(\displaystyle {A_1T_3\over A_2T_3}\cdot{A_2T_1\over A_3T_1}\cdot{A_3T_2\over A_1T_2}=1,\)

ahonnan a bizonyítani kívánt állításunk azonnal leolvasható.


B.3711.Az s1, s2,...,s2004 nemnegatív valós számok összege 2, továbbá tudjuk, hogy

s1s2+s2s3+...+s2003s2004+s2004s1=1.

Határozzuk meg ezen feltételek mellet az S=s12+s22+...+s20042 kifejezés lehetséges legkisebb és legnagyobb értékét.

(5 pont)

Megoldás: A legnagyobb érték meghatározása nem nehéz, lévén

\(\displaystyle S=\Bigl(\sum_{i=1}^{2004}s_i\Bigr)^2-2\sum_{1\le i

\(\displaystyle \le\)4-2(s1s2+s2s3+...+s2003s2004+s2004s1)=2,

és S=2 nyilván el is érhető, legyen például s1=s2=1, s3=s4=...=s2004=0. A legkisebb érték meghatározásához jobban körül kell határolnunk a feltételeket kielégítő sorozatokat. Az s2005=s1 elemet is bevezetve először is megmutatjuk, hogy van olyan 1\(\displaystyle \le\)i\(\displaystyle \le\)2004 index, amelyre si+si+1\(\displaystyle \ge\)1. Valóban, ha ez nem teljesülne, akkor minden i-re felírva a

4sisi+1\(\displaystyle \le\)(si+si+1)2<(si+si+1)

egyenlőtlenséget, ezek összegzésével a

\(\displaystyle 4=4\sum_{i=1}^{2004}s_is_{i+1}<2\sum_{i=1}^{2004}s_i=4\)

egyenlőtlenséget kapnánk, ami lehetetlen. Az átalánosság megszorítása nélkül feltehetjük tehát, hogy s1+s2\(\displaystyle \ge\)1, sőt még azt is, hogy s1,s2\(\displaystyle \ge\)\epsilon, ahol \epsilon a sorozat legkisebb elemével egyenlő.

Most azt fogjuk megmutatni, hogy ha n\ge8 és az s1=sn+1,s2,..., sn sorozatra teljesül, hogy S1=s1+s2+...+sn=2, s1+s2\ge1 és s1,s2\ge\epsilon, ahol \epsilon a sorozat legkisebb elemével egyenlő, akkor a sorozatra

S2=s1s2+s2s3+...+sn-1sn+sns1\le1,

és egyenlőség csak nagyon speciális esetben állhat fenn. Ehhez elegendő lesz csak azokat a sorozatokra hagyatkoznunk, ahol \epsilon=0, ugyanis \epsilon>0 esetén kostruálhatunk egy új

s'1=s1+\delta,s'2+\delta,s'3=s3-\epsilon,...,s'n=sn-\epsilon

sorozatot, ahol 2\delta=(n-2)\epsilon\ge6\epsilon, amelynek elemei ugyancsak nemnegatív számok, legkisebb eleme \epsilon'=0, S'_1=\sum_{i=1}^ns'_i=S_1=2, s'1+s'2>s1+s2\ge1 és

S'_2=\sum_{i=1}^ns'_is'_{i+1}=S_2-2\epsilon S_1+(\epsilon+\delta)
(a+b+x+y)+(n-3)\epsilon^2+\delta^2-2\epsilon\delta\ge

\geS2-4\epsilon+(\epsilon+\delta)+(\delta2-\epsilon2)>S2+(\delta-3\epsilon)\geS2.

A sorozat elemeinek alkalmas ciklikus permutációjával elérhető tehát, hogy a sorozat első eleme pozitív, utolsó eleme 0, és a sorozat \ell számú olyan blokkból áll, hogy az egyes blokkokon belül minden szám pozitív, az egymást követő blokkokat pedig egy vagy több olyan elem választja el egymástól, amelyek mindegyike 0-val egyenlő.

Ha a j-edik blokk elemeit t1,t2,...,tk jelöli, akkor legyen T1(j)=t1+t2+...+tk és T2(j)=t1t2+t2t3+...+tk-1tk. Könnyen levezethető, hogy 4T2(j)\le(T1(j))2. Ez k=1,2 esetén nyilvánvaló, ha pedig k\ge3, akkor t2\getk-1 esetén a t1'=t1+tk, t2'=t2,...,tk-1'=tk-1, t2<tk-1 esetén pedig a t1'=t2,t2'=t3,...,tk-2'=tk-1, tk-1'=tk+t1 sorozatot képezve k értéke eggyel csökken, T1(j) értéke változatlan marad, T2(j) értéke pedig nem csökken, ahonnan az állítás k-ra vonatkozó teljes indukcióval azonnal adódik. Eredeti sorozatunkra visszatérve, T1(1)+T1(2)+...+T1(\ell)=S1=2, speciálisan minden j értékre T1(j)\le2, ahonnan

S_2=\sum_{i=1}^\ell T_2(j)\le{1\over4}\sum_{i=1}^\ell(T_1(j))^2\le{1\over2}\sum_{i=1}^\ell T_1(j)=1

adódik, és egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha minden j-re T1(j)=2, ahonnan \ell=1, vagyis a sorozat csak egyetlen blokkból áll.

Megállapíthatjuk tehát, hogy amennyiben a sorozat a feladatban foglalt feltételeknek eleget tesz, úgy a sorozat elemeinek alkalmas ciklikus permutációjával elérhető, hogy a sorozat t1,t2,...,tk,0,...,0 alakú legyen, ahol k<n és t1,...,tk pedig pozitív számok. Itt T1=T1(1)=S1=2 és T2=T2(2)=S2=1, vagyis a 4T2\leT12=4 egyenlőtlenségben egyenlőség áll. A k=1 esetet kizárhatjuk, hiszen akkor S2=0 lenne. Ha k=2, akkor az előbb említett egyenlőség miatt t1=t2=1 és így S=2. Ha k=3, akkor az egyenőség feltétele 1=T2=t2(t1+t3)=t2(2-t2), ahonnan t2=1, t3=1-t1. Ekkor S=1+t12+(1-t1)2=2(t-1/2)2+3/2\ge3/2 és egyenlőség pontosan a t1=t3=1/2 esetben áll fenn. Ha pedig k\ge4, akkor így okoskodhatunk. Először is t2=tk-1=a, ellenkező esetben ugyanis az előző bekezdésben említett okoskodással olyan sorozatot készíthetnénk, amelyre S1=2, a pozitív tagokból álló blokk hossza k-1 és S2 értéke 1-nél nagyobb, ami, mint már láttuk nem lehetséges. A t3,t4,...,tk-2 elemek ugyancsak a-val egyenlők, ellenkező esetben legyen ugyanis 3\ler\lek-2 a legnagyobb index, amelyre tr\nea, ekkor az r+1 hosszú, pozitív számokból álló t1+(k-1-r)a, t2=a, t3,..., tr=b, tr+1=a, 0,0,...,0 sorozatra S1 és S2 értéke változatlanul 2, illetve 1 maradna, és mint már az előbb is láttuk, ez nem lehetséges. Sorozatunk most tehát x,a,a,...,a,y alakú, ahol S1=x+y+(k-2)a=2 és S2=a(x+y)+(k-3)a2=1. Innen

1=a(2-(k-2)a)+(k-3)a2=2a-a2,

vagyis a=1, S1=x+y+(k-2)a>(k-2)a\ge2a=2, a feltételekkel ellentétben. A k\ge4 eset tehát mindenképpen ellentmondásra vezet.

Ezzel a feladat megoldását befejeztük. Összefoglalva, a feltételeknek csak azon sorozatok tehetnek eleget, melyekben vagy két (a ciklikus sorrendben) egymást követő elem 1-gyel egyenlő, a többi pedig 0, vagy pedig három egymást követő elem x,1,1-x, alkalmas 0 és 1 közé eső x számmal, a többi elem pedig 0. Ebből 3/2\leS\le2 pedig már könnyen igazolható, az egyenlőség esetének vizsgálatával együtt: S=2 csak az első esetben fordulhat elő, S=3/2 pedig csak a második esetben, x=1/2 mellett.

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