Jelentés a 2025. évi Kürschák József Matematikai Tanulóversenyről

Fleiner Tamás

A Bolyai János Matematikai Társulat a 2025. évi Kürschák József Matematikai Tanulóversenyt október 10-én, közép-európai idő szerint 14 órai kezdettel rendezte meg a következő tizenhárom helyszínen: Budapest, Cambridge, Csíkszereda, Debrecen, Eger, Győr, Gyula, Ithaca, Kolozsvár, Miskolc, Szeged, Székesfehérvár és Veszprém.

A Társulat elnöksége a verseny lebonyolítására az alábbi bizottságot kérte fel: Biró András, Fleiner Tamás (elnök), Frenkel Péter, Harangi Viktor, Kós Géza, Kovács Benedek (titkár), Maga Péter, Pach Péter Pál és Tóth Géza. A bizottság szeptember 10-i ülésén az alábbi feladatokat tűzte ki:

1. Legyen \(\displaystyle n\) rögzített pozitív egész. Írjuk fel a \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle \ldots\), \(\displaystyle n-1\) számokat egy táblára valamilyen sorrendben. Két szám egymással inverzióban áll, ha a nagyobb megelőzi a kisebbet. Egy \(\displaystyle k\) számot nevezzünk sajátságosnak, ha pontosan \(\displaystyle k\) másikkal áll inverzióban. Legfeljebb hány sajátságos szám lehet a táblán?

2. Ebben a feladatban tízes számrendszerben felírt számokról lesz szó. Megengedünk nullával kezdődő felírásokat is. Egy páros sok számjegyből álló számot vághatónak nevezünk, ha két egyenlő hosszú részre félbevágva a részek összegének négyzete az eredeti szám. Például \(\displaystyle 2025=(20+25)^2\) és \(\displaystyle 0001=(00+01)^2\) négyjegyű vágható számok. Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle 2n\)-jegyű vágható pozitív egész számok száma minden \(\displaystyle n\)-re 2-hatvány.

3. Adott \(\displaystyle n\ge 10\) pont a síkon, nincs három egy egyenesen. Bizonyítsuk be, hogy ki lehet őket színezni pirossal és kékkel úgy, hogy minden félsík, ami legalább \(\displaystyle 10\) pontot tartalmaz, tartalmaz piros és kék pontot is.

A bizottság november 27-i ülésén, a beérkezett dolgozatok átnézése után a következő jelentést fogadta el:

,,A verseny minden helyszínen rendben zajlott le, 119 regisztrált versenyzőtől összesen 104 dolgozat érkezett be.

A bizottság a versenyt követően szerzett tudomást arról, hogy a 2. feladat szerepelt az MBL tábor idei felvételi tesztjén. Sajnos az is csak későn derült ki, hogy a 3. feladat nehezebb formában nem csupán az 1992. évi Kürschák versenyen, hanem 2002-ben a KöMaL-ban is kitűzésre került A.281-es sorszám alatt. A bizottság egyelőre nem tervezi, hogy a feladatot a jövőben ismételten kitűzi.

Az idei versenyen 53-an oldották meg az első feladatot kisebb-nagyobb hiányossággal, a második feladatban pedig 15-en értek el érdemi eredményt. A harmadik feladat bizonyult a legnehezebbnek: ebben mindössze 9 versenyző tudott nemtriviális részeredményt felmutatni.

Két versenyző lényegében helyesen oldotta meg mindhárom kitűzött feladatot, ezért

I. díjat és \(\displaystyle 100\;000\) Ft pénzjutalmat nyer

Aravin Péter, az Ithaca High School 9. osztályos tanulója (tanárai Frederick Deppe, Pósa Lajos és Damásdi Gábor) valamint

Bodor Mátyás, a csíkszeredai Márton Áron Főgimnázium 12. osztályos tanulója (tanára Páll Olga).

Egy versenyző helyesen oldotta meg az 1. feladatot, azonban a 2. és 3. feladatokra adott megoldása kisebb kiegészítésre szorul. Ezért a teljesítményért

II. díjban és \(\displaystyle 60\;000\) Ft pénzjutalomban részesül

Morvai Várkony Albert, a Gödöllői Török Ignác Gimnázium 10. osztályos tanulója (tanárai Balázsné Zsigó Ágnes, Damásdi Gábor, Dobos Sándor és Kovács Benedek).

Kilenc versenyző az 1. feladat mellett egy másik feladatot is lényegében helyesen oldott meg. Ennek megfelelően

dicséretet érdemel

Czanik Pál, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium érettségizett tanulója (tanárai Kocsis Szilveszter, Lenger Dániel, Dobos Sándor, Gyenes Zoltán, Hujter Bálint, Sándor András, Pósa Lajos, Nádor Benedek és Kovács Benedek),

Hajba Milán, a győri Révai Miklós Gimnázium és Kollégium 11. osztályos tanulója (tanárai Csete Lajos és Árki Tamás),

Holló Martin, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója (tanárai Hujter Bálint, Gyenes Zoltán, Kiss Géza, Dobos Sándor, Surányi László és Nagy Kartal),

Sánta Gergely, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója (tanárai Dobos Sándor, Lenger Dániel, Gyenes Zoltán és Pósa Lajos),

Sárdinecz Dóra, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 12. osztályos tanulója (tanárai Hujter Bálint, Gyenes Zoltán és Kiss Géza),

Sarusi-Kis Balázs, az ELTE Radnóti Miklós Gyakorló Gimnázium 12. osztályos tanulója (tanárai Steller Gábor, Kornai Júlia és Nagy Kartal),

Schmidt Botond, a budapesti Szent István Gimnázium 10. osztályos tanulója (tanárai Juhász István és Juhász Péter),

Varga Boldizsár, a Békásmegyeri Veres Péter Gimnázium érettségizett tanulója, aki jelenleg az ELTE TTK matematika szakos hallgatója (tanára Holló Gábor) és

Vödrös Dániel, a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium 11. osztályos tanulója (tanárai Dobos Sándor, Lenger Dániel, Pósa Lajos, Simon Péter, Gyenes Zoltán, Ádám Réka és Fazakas Tünde).

A versenybizottság ezúton köszöni meg minden versenyző, felkészítő tanár és a lebonyolításban közreműködő kolléga munkáját, valamint a Lovász Alapítvány pénzdíjakhoz nyújtott támogatását, a díjazottaknak pedig további sikereket kívánva gratulál.''

A 2025. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldásai

1. feladat. Legyen \(\displaystyle n\) rögzített pozitív egész. Írjuk fel a \(\displaystyle 0, 1,\ldots, n-1\) számokat egy táblára valamilyen sorrendben. Két szám egymással inverzióban áll, ha a nagyobb megelőzi a kisebbet. Egy \(\displaystyle k\) számot nevezzünk sajátságosnak, ha pontosan \(\displaystyle k\) másikkal áll inverzióban. Legfeljebb hány sajátságos szám lehet a táblán?

Az 1. feladat 1. megoldása. Megmutatjuk, hogy egy \(\displaystyle k\) szám pontosan akkor sajátságos, ha az őt megelőző számok közül pontosan annyi \(\displaystyle k\)-nál kisebb van, mint ahány \(\displaystyle k\)-nál nagyobb. Egy \(\displaystyle k\) szám inverzióban áll

• azon \(\displaystyle k\)-nál kisebb számokkal, amik \(\displaystyle k\) után állnak a táblán, illetve
• azon \(\displaystyle k\)-nál nagyobb számokkal, amik \(\displaystyle k\) előtt állnak a táblán.

Az előbbiek számát jelölje \(\displaystyle x\). Ekkor \(\displaystyle k\) pontosan akkor sajátságos, ha az utóbbiak száma \(\displaystyle k-x\), ami viszont éppen azon \(\displaystyle k\)-nál kisebb számok száma, amik \(\displaystyle k\) előtt állnak a táblán.

2. feladat. Ebben a feladatban tízes számrendszerben felírt számokról lesz szó. Megengedünk nullával kezdődő felírásokat is. Egy páros sok számjegyből álló számot vághatónak nevezünk, ha két egyenlő hosszú részre félbevágva a részek összegének négyzete az eredeti szám. Például \(\displaystyle 2025=(20+25)^2\) és \(\displaystyle 0001=(00+01)^2\) négyjegyű vágható számok. Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle 2n\)-jegyű vágható pozitív egész számok száma minden \(\displaystyle n\)-re 2-hatvány.

A 2. feladat megoldása. Legyen \(\displaystyle q=99\dots9=10^n-1=q_1\cdots q_s\), ahol \(\displaystyle q_1\), ..., \(\displaystyle q_s\) egymáshoz páronként relatív prím prímhatványok. Legyen \(\displaystyle \varepsilon_i\in\{0,1\}\) \(\displaystyle (i=1, \dots, s)\); ez \(\displaystyle 2^s\) lehetőség. Az \(\displaystyle x\equiv \varepsilon _i\mod q_i\) \(\displaystyle (i=1, \dots, s)\) szimultán kongruenciarendszernek a kínai maradéktétel szerint pontosan egy \(\displaystyle x\) megoldása van az \(\displaystyle \{1, \dots, q\}\) halmazban, hiszen ez teljes maradékrendszer mod \(\displaystyle q_1\cdots q_s\).

3. feladat. Adott \(\displaystyle n\ge 10\) pont a síkon, nincs három egy egyenesen. Bizonyítsuk be, hogy ki lehet őket színezni pirossal és kékkel úgy, hogy minden félsík, ami legalább \(\displaystyle 10\) pontot tartalmaz, tartalmaz piros és kék pontot is.

A 3. feladat 1. megoldása. Megmutatjuk, hogy az állítás \(\displaystyle 10\) helyett \(\displaystyle 3\)-mal is teljesül. Világos, hogy elég a pontosan három pontot levágó félsíkokról igazolni, hogy piros és kék pontot is tartalmaznak. Tekintsük a megadott pontok konvex burkának csúcsait, és vegyük ezen csúcsok egy olyan, tartalmazásra nézve minimális \(\displaystyle P\) részhalmazát, ami az összes, félsíkkal levágható ponthármasból legalább egy pontot tartalmaz. (Mivel minden levágható ponthármas tartalmazza a konvex buroknak legalább egy csúcsát, ezért bizonyosan létezik ilyen \(\displaystyle P\) részhalmaz.)

Előfizetőink bejelentkezés után a teljes cikket elolvashatják.