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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2000 áprilisi 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. 227. Létezik-e olyan pozitív egész n, hogy tetszőleges nem 0 i számjegy esetén az n, 2n, 3n, ..., 2000n számok mindegyikének tízes számrendszerbeli alakjában ugyanannyiszor fordul elő az i?

Megoldásvázlat. Példát mutatunk olyan n pozitív egész számra, amelyre tetszőleges 0-tól különböző i számjegy esetén az n, 2n, ..., 65536n mindegyikének tízes számrendszerbeli alakjában az i pontosan ugyanannyiszor fordul elő.

Legyen p=216+1=65537. (Mint ismeretes, ez a szám prím.) Először bebizonyítjuk, hogy a 10 primitív gyök modulo p, vagyis az 1, 10, 102, ..., 10p-2 számokat p-tel osztva az 1, 2, ..., 65536 maradékok egyszer-egyszer fordulnak elő.

A Fermat-tétel alapján 10216=10p-11 (mod p), ezért a legkisebb k szám, amire 10k1 (mod p), osztója a p-1=216-nak, azaz 2-hatvány. (Ezt a k kitevőt hívják a 10 rendjének modulo p.) Nem nehéz ellenőrizni, hogy

    1023-9462 (mod p),
    1024=(1023)2946225902 (mod p),
    1025=(1024)259022-32080 (mod p),
    1026=(1025)2320802-1111 (mod p),
    1027=(1026)211112-10882 (mod p),
    1028=(1027)2108822-7435 (mod p),
    1029=(1028)27435231534 (mod p),
    10210=(1029)2315342255 (mod p),
    10211=(10210)22552-512 (mod p),
    10212=(10211)25122-4 (mod p),
    10213=(10212)24216 (mod p),
    10214=(10213)2162256 (mod p),
    10215=(10214)22562-1 (mod p).

Vagyis a 10 rendje nem lehet 216-nál kisebb. Mivel k=p-1, az 1, 10, 102, ..., 10p-2 számok csupa különböző maradékot adnak p-vel osztva, vagyis az összes 0-tól különböző maradékot kiadják.

Eredményünk egyik következménye, hogy az 1/p - tiszta szakaszos - tizedestört alakja p-1 hosszúságú periódusokból áll. Legyen n az a szám, amit az első p-1 tizedesjegy összeolvasásával kapunk, tehát n=(10p-1-1)/p. Azt állítjuk, hogy ez a választás megfelelő.

Legyen 1kp-1 tetszőleges egész. Mivel a 10 primitív gyök, létezik egy olyan l kitevő, amelyre 10lk (mod p.

A k/p és 10l/p számok tört része megegyezik. A k/p tizedestört alakjának első p-1 jegyét, az első periódust összeolvasva a kn számot kapjuk. Másrészt 10l/p tizedesjegyei ugyanazok, mint 1/p tizedesjegyei, csak l hellyel balra csúsztatva. Ebből következik, hogy kn tízes számrendszerbeli felírásában pontosan ugyanazok a számjegyek vannak, mint n felírásában, ciklikusan felcserélve.


A. 236. Egy háromszög területe t, oldalai a<b<c, a hozzájuk tartozó súlyvonalak hossza rendre sa, sb, sc. Bizonyítsuk be, hogy

4acsasc16t2+(b2-a2)(c2-b2).

Megoldásvázlat.

A Héron-képletből t2=-a4+2a2b2+2a2c2-b4+2b2c2-c4; továbbá ismeretes, hogy 4sa2=-a2+2b2+2c2 és 4sc2=2a2+2b2-c2. Ezeket beírva, négyzetre emelve és rendezve a következő egyenlőtlenséget kapjuk:

-a8+6a6b2-13a4b4+2a4b2c2+2a4c4+12a2b6-10a2b4c2+

2a2b2c4-4b8+12b6c2-13b4c4+6b2c6-c80.

A baloldal szorzattá alakítható:

(a2-2b2+c2)2(-a4+2a2b2+2a2c2-b4+2b2c2-c4)0

azaz

(a2-2b2+c2)2t20.

Megjegyzés. Egyenlőség akkor áll, ha a2+c2=2b2. A B.3360. feladat szerint ez azzal ekvivalens, hogy az a és c oldalak valamint az ezekhez tartozó súlyvonalak által közrezárt négyszög húrnéngyszög.

A feladat valójában fordított módon "készült": a négyszögre felírtuk a Ptolemaiosz tétel általánosabb változatát. (Ha egy négyszög oldalai a, b, c és d, átlói e és f, akkor ac+bdef, és egyenlőség akkor áll, ha a négyszög húrnégyszög.) Ezt az egyenlőtlenséget rendezve kaptuk a feladatban kitűzött egyenlőtlenséget.


A. 237. Egy konvex n-szögnek megrajzoltuk kn+1 különböző átlóját (n és k pozitív egészek). Igazoljuk, hogy a megrajzolt átlók közül kiválasztható 2k+1 olyan, amelyek egy töröttvonalat alkotnak, és közülük semelyik kettő nem metszi egymást.

Megoldásvázlat. A k szerinti teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy létezik olyan cikk-cakkban haladó töröttvonal, ami a feltételeknek megfelel, sőt mindkét irányú cikk-cakk létezik.

1. ábra

Állításunkat a triviális k=0 esetre is kiterjesztjük; ekkor az 1 behúzott átló közül kell egyet kiválasztanunk.

Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely k=m-re; ekkor a k=m+1 értékre is igazoljuk. Tegyük fel, hogy behúztunk összesen (m+1)n+1 átlót. Minden egyes csúcsnál, ahonnan legalább egy átlót behúztunk, rendezzük sorba az átlókat az óramutató járása szerint, és színezzük az első átlót pirosra:

2. ábra

Legfeljebb n átlót színeztünk ki, van legalább mn+1 olyan átló, amit nem színeztünk ki. Ezek közül az indukciós feltevés szerint kiválasztható mindkét irányban egy-egy 2k+1 hosszúságú, cikk-cakkban haladó töröttvonal. Ezek közül vegyük az 1. ábra jobboldalán látható típusút. Ezt kiegészítve a végpontjainál kiszínezett piros élekkel, egy 2-vel hosszabb töröttvonalat kapunk:

3. ábra

A másik fajta cikk-cakkot hasonlóan kapjuk.


A. 238. Legyen x pozitív valós szám és k pozitív egész. Bizonyítsuk be, hogy ha xk+1/xk és xk+1+1/xk+1 racionális, akkor x+1/x is racionális.

Megoldásvázlat. Ha x=1, akkor az állítás triviális. A továbbiakban feltételezzük, hogy x1.

Legyen tetszőleges n egész számra . Azt kell igazolnunk, hogy ha ak és ak+1 racionális, akkor a1 is racionális.

Behelyettesítéssel igazolható, hogy tetszőleges m, n egészekre

(1)    anam=am+n+am-n.

Mivel a0=2 racionális, az azonosságot az m=n,2n,3n,... választással felírva láthatjuk, hogy ha an racionális, akkor a2n, a3n, ... is mind racionális.

Tekintsük most az b0=a0, b1=ak, b2=a2k, b3=a3k, ... és a c0=a1, c1=ak+1, c2=a2k+1, c3=a3k+1, ... sorozatokat. Az (1) azonosság alapján ezekre teljesül, hogy bm+1=akbm-bm-1 és cm+1=akcm-cm-1; a két sorozatra tehát pontosan ugyanaz a rekurzív formula érvényes. Próbáljuk felírni cm-et a következő alakban:

(2)    cm=pbm+qbm+1,

ahol p és q alkalmas valós számok. Az m=0 és m=1 esetekben

a1=pa0+qak,

ak+1=pak+qa2k.

Ezt az egyenletrendszert megoldva

és

.

(A nevezők pozitívak, mert a2k>2. Ezeket beírva (2)-be a következő azonosságot kapjuk:

(a2k-2)amk+1=(a1a2k-akak+1)amk+(2ak+1-a1ak)a(m+1)k,

vagy másképpen

(3)    (a2k-2)amk+1 = (2a(m+1)k-akamk)ak+1-(aka(m+1)k-a2kamk)a1 = (2a(m+1)k-a(m+1)k-a(m-1)k)ak+1-(a(m+2)k+amk-a(m+2)k-a(m-2)k)a1 = (a(m+1)k-a(m-1)k)ak+1-(amk-a(m-2)k)a1.

Legyen most m=k+2. Ezzel a választással

(4)    (a2k-2)a(k+1)2=(a(k+3)k-a(k+1)k)ak+1-(a(k+2)k-ak2)a1.

Ebben az azonosságban a1 kivételével mindegyik számról tudjuk, hogy racionális. Az a1 együthatója pedig pozitív. Tehát a1 is racionális.

Megjegyzés. Természetesen a (4) azonosság közvetlenül is ellenőrizhető.

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