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 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. 248. Hányféleképpen lehet egy n-elemű halmaz hatványhalmazát két diszjunkt részre: az I és H halmazokra bontani úgy, hogy a következő feltételek egyszerre teljesüljenek?

a) tetszőleges a, bI esetén abI és abI;

b) tetszőleges a, bH esetén abH és abH;

c) tetszőleges aI, bH esetén abI és abH.

(Egy halmaz hatványhalmazának az összes részhalmazainak halmazát nevezzük.)

Javasolta: Csirmaz Előd, Budapest

Megoldás. Jelöljük az n-elemű halmazt S-sel, elemei legyenek x1, ..., xn.

Könnyen ellenőrizhető, hogy megfelelő az a két felbontás, amikor az összes részhalmaz H-ba, illetve I-be kerül, azaz H és I valamelyike üres. Nevezzük ezeket triviális felbontásoknak. A továbbiakban pontosan leírjuk, mik a nemtriviális felbontások, amelyekben sem H, sem I nem üres.

Először megmutatjuk, hogy egy nem triviális felbontásban H és SI. Legyen ugyanis hH és iI két tetszőleges halmaz; ekkor =hH és S=SiI az a), b) és c) tulajdonságok miatt.

Tegyük fel, hogy n1, és tekintsük most az {x1}, \dots, {xn} egyelemű részhalmazokat. Azt állítjuk, hogy ezek közül pontosan egy tartozik I-be. Ha mindegik egyelemű halmaz H-ba tartozna, akkor a c) tulajdonság miatt az {x1}{x2}...{xn}=S halmaz is H-nak lenne eleme, ami ellentmodás. Az egyelemű részhalmazok között tehát van olyan, ami I-be tartozik. Ha az egyelemű halmazok közül legalább kettő tartozna I-be, akkor az a) tulajdonság miatt ezek metszete, is I-beli lenne, ami szintén ellentmondás.

Legyen {xj} az az egyelemű halmaz, amely I-be tartozik. Az a) és b) tulajdonságok alapján megállapíthatjuk, hogy minden olyan r részhalmaz I-bve tartozik, amelynek {xj} része; más szóval, ha xjr, akkor rI. Megfordítva, ha egy r részhalmaznak xj nem eleme, akkor rI nem lehetséges, ugyanis rI esetén az a) tulajdonság alapján r{xj}= is I-beli lenne. Azt kaptuk tehát, hogy egy r halmaz akkor és csak akkor tartozik I-be, ha xj-t tartalmazza.

A nemtriviális felbontások száma tehát a lehetséges xj-k száma, azaz n.

Az n=0, azaz S= esetben a két triviális felbontás ugyanaz: I=H= és más felbontás nincs; az összes felbontások száma tehát 1. Ha n1, akkor a két triviális felbontás különböző, az összes felbontások száma n+2.


A. 249. Legyenek a, b, c, t pozitív számok és abc=1. Igazoljuk, hogy

Megoldás. A 2000. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia 2. feladatában azt kellett bizonyítani, hogy ha az a,b,c pozitív számok szorzata 1, akkor

A részletes megoldás megtalálható a KöMaL 2000/7. számának 387. oldalán. Ezt az egyenlőtlenséget fel fogjuk használni.

Mint egy kis számolással ellenőrizhető, az egyenlet az abc=1 azonosság többszöri felhasználásával átrendezhető a következő alakba:

A baloldalon álló összegnek mindkét tagja nemnegatív.


A. 250. Tekintsük a Hanoi tornyai néven közismert játék négytornyos változatát: n darab különböző méretű korong egymásra van helyezve nagyság szerint sorban úgy, hogy alul van a legnagyobb, felül a legkisebb. A korongokat egy másik helyre kell áthelyezni a következő szabályok betartásával:

  • Egy lépésben csak egy korongot helyezhetünk át;
  • Nem tehetünk nagyobb korongot kisebb korongra;
  • Egyszerre összesen legfeljebb négy tornyot alkothatnak a korongok.

    Bizonyítsuk be, hogy a szükséges minimális lépésszám legalább és kisebb, mint .

    Énekes Béla (Tolna) ötletéből

    Megoldás.A megoldáshoz többször is fel fogjuk használni azt az ismert tényt, hogy három torony esetén a minimális lépésszám pontosan 2n-1.

    Először is megmutatjuk, hogy az f függvény szigorúan monoton növekvő. Legyen n<m, és tekintsünk egy pakolási sorrendet, amely m korongot f(m) lépésben át tud pakolni. Hajtsuk végre ugyanezt a pakolási sorrendet úgy, hogy csak a legkisebb n korong mozgatásait hajtjuk végre. Ezáltal az n kisebb korongot pakoltuk át, kevesebb mint f(m) lépésben.

    A felső becsléshez bebizonyítjuk, hogy f(k2)<22k. Ebből a becslés következik, mert a választással n<k2 és . Állításunk igazolásához megadunk egy konstrukciót, amelyben k2 korong kevesebb, mint 22k lépésben áthelyezhető. Jelöljük A,B,C,D-vel a négy helyet, ahova a korongokat pakolhatjuk, és tegyük fel, hogy mondjuk az A helyről kell az összes korongot a B helyre átpakolnunk. Osszuk fel a korongokat k-as csoportokra. Ha egyszerre egy egész k-as csoportokat mozgathatnánk az A,B,C helyek között, akkor 2k-1 lépés elegendő lenne. Egy egész k-as csoportot viszont bármelyikről bármelyikre átpakolhatunk 2k-1 lépésben a D felhasználásával. Ez összesen (2k-1).(2k-1)<22k lépés. (Az ábra a k=3 esetre mutatja be az algoritmust.)

    Az alsó becsléshez a követekző állításokat bizonyítjuk be:

    I. Három torony esetén, tetszőleges helyzetből kiindulva, legalább 2n-2+1 lépés szükséges ahhoz, hogy az összes korongot legalább egyszer elmozdítsuk.

    II. Négy torony esetén, tetszőleges helyzetből kiindulva, legalább lépés szükséges ahhoz, hogy az összes korongot legalább egyszer elmozdítsuk.

    A második állításból a feladat alsó becslése triviálisan következik.

    Az I. állítás bizonyítása. Legyen a két legnagyobb korong A, illetve B. Amikor A-t vagy B-t mozgatjuk, az összes kisebb korongnak egy tornyot kell alkotnia. Tekintsük A-nak és B-nek egy-egy olyan mozgatását, amelyek között csak a kisebb korongokat mozgatjuk; könnyű végiggondolni, hogy a kisebb korongok a két áthelyezéskor nem ugyanazt a tornyot alkotják. A kisebb korongokat ezért összesen legalább 2n-2-1 lépésben átmozgatjuk az egyik helyről a másikra. Ez, A és B egy-egy áthelyezésével együtt, legalább 2n-2+1 lépés. Ezzel az I. állítást igazoltuk.

    A II. állítás bizonyítása. Az állítást teljes indukcióval igazoljuk. Mivel az n korong elmozdításához mindenképpen szükséges n lépés, és n39 esetén , az állítás n39-re triviális. Legyen tehát n40, és tegyük fel, hogy az állítás minden kisebb értékre igaz.

    Legyen , és tegyük fel, hogy egy f(n) hosszú lépéssorozat során minden korongot elmozdítottunk. A lépéssorozatot két részre osztjuk. A sorozat első fele annyi lépésből áll, amelyben pontosan n-k korongot mozdítunk el. A sorozat második fele az összes többi lépésből áll.

    Ha a sorozat második felében is legalább n-k korongot elmozdítunk, akkor mindkét fél sorozat legalább f(n-k) lépésből áll, vagyis a lépések száma legalább

    Az állítás tehát ebben az esetben igaz.

    Vizsgáljuk most azt az esetet, ha a lépéssorozat második felében (n-k)-nál kevesebb korongot mozdítunk el. Színezzük pirosra azokat a korongokat, amiket a lépéssortozat első felében nem mozdítunk el; ezek száma k. Színezzük kékre azokat a korongokat, amiket a lépések második felében nem mozdítunk el; ezek száma legalább k+1. Mivel minden korongot legalább egyszer elmozdítunk, a piros és a kék korongok halmaza diszjunkt.

    Legyen C a legkisebb kiszínezett korong. Ha C színe kék, akkor a lépéssorozat második felében C nem mozdul el. A C korongra nem helyezhetjük rá a nála nagyobb piros korongokat; a k darab piros korongot a lépéssorozat második felében úgy mozdítjuk el, hogy csupán három torony között mozoghatnak. Ezért a piros korongok elmozdításához legalább 2k-2+1 lépésre van szükség.

    Hasonlóan, ha a C korong piros, akkor a sorozat első felében a legalább k+1 darab kék korong csupán három torony között mozoghat, ezért elmozdításukhoz legalább 2k-1+1 lépés szükséges. A lépésszám mindkét esetben legalább

    Megjegyzések. 1. Az alsó becslésre adott bizonyításban Csóka Endre dolgozatának ötleteit használtuk fel.

    2. Jobb felső becslést kaphatunk, ha a korongokat nem egyenlő méretű csoportokra osztjuk. Ha például a csoportok mérete felülről lefelé 1,2,...,k, akkor a kapott becslés:

    Ebből következik például, hogy .

    3. Az alsó becslés lépéseinek kis módosításával könnyű bebizonyítani, hogy . (Csupán k-t kell máshogy megválasztani: .) Ez az eredmény az előbbi becsléssel együtt adja, hogy

    4. Be lehet bizonyítani, hogy a 2. megjegyzésben leírt becslés éles; tetszőleges pozitív egész k esetén

    A többtornyos Hanoi-tornyokról bővebben például az American Mathematical Monthly 1941. márciusi számának 216-219. oldalán olvashatunk.

  • 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