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 decemberi 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. 251. Adott a térben egy gömb. Ha a P pont illeszkedik a gömbre, a Q pont pedig nem, akkor jelölje PQ a PQ egyenes és a gömb P-től különböző metszéspontját. Ha a PQ egyenes érinti a gömböt, akkor legyen PQ=P.

Igazoljuk, hogy ha a gömb A, B, C, D pontjai nincsenek egy síkban, akkor legfeljebb két olyan Q pont létezik, amelyre az AQBQCQDQ tetraéder egyenlő oldalú. (Egy tetraédert egyenlő oldalúnak nevezünk, ha a lapjai egybevágóak.)

Megoldásvázlat. Legyen Q egy, a feltételeknek megfelelő pont, és legyen a gömbre vonatkozó hatványa p. Tekintsük az A, B, AQ és BQ pontokat.

Az ABQ és BQAQQ háromszögek hasonlóságából

Ugyanígy kapjuk, hogy

Mivel az AQBQCQDQ tetraéder egyenlő oldalú, AQBQ=CQDQ. Behelyettesítve az előbbi eredményeket,

(1)   

Teljesen hasonlóan

(2)   

és

(3)   

Az (1), (2) és (3) egyeneletekből kiszámíthatjuk az AQ, BQ, CQ és DQ távolságok arányát:

Azok a Q pontok, amelyekre az AQ:BQ arány megfelelő, egy gömbön vannak, amelynek középpontja az AB egyenesen van. (Ha az arány 1, akkor a gömb elfajul az AB szakasz felező merőleges síkjává.) Az összesen 6 gömb középpontjai az ABCD tetraéder élegyenesein vannak, ezért nem lehetnek egy egyenesen. A gömböknek emiatt legfeljebb két közös pontja lehet. (Abban az esetben, ha egy vagy több gömb síkká fajul, további diszkusszióra van szükség.)


A. 252. Igazoljuk, hogy ha az a1,...,an egész számok (n+k)-val osztva összesen legalább k+1 különböző maradékot adnak, akkor kiválasztható közülük néhány (lehet, hogy csak egy; lehet, hogy az összes), amelyek összege osztható (n+k)-val.

Javasolta: Károlyi Gyula és Podoski Károly, Budapest

Megoldásvázlat. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy a1,...,ak+1 páronként különböző maradékot ad (n+k)-val osztva. Legyen S=a1+...+ak+1, és tekintsük a következő három számhalmazt:

    I.a1, a2, ..., ak+1;
    II.S-a1, S-a2, ..., S-ak+1;
    III.S, S+ak+2, S+ak+2+ak+3, ..., S+ak+2+...+an

Ez összesen n+k+2 összeg. Ha valamelyik osztható (n+k)-val, kész vagyunk. A továbbiakban feltételezzük, hogy egyik sem osztható (n+k)-val.

Az a1,...,ak+1 számok kiválasztása miatt az I. sorozatban a számok páronként különböző maradékot adnak (n+k)-val osztva. Ugyanez igaz a II. sorozatra is.

Könnyen ellenőrizhető, hogy ha a három sorozatból valamelyik két szám kongruens modulo (n+k), de a különbségük nem írható fel néhány ai összegeként, az csak úgy lehetséges, ha az egyik szám aj, a másik pedig S-aj valamely alkalmas 1jk+1 indexre. Mivel a sorozatokban összesen n+k+2 szám van, de csak n+k-1 lehetséges maradék (a 0-t kizártuk), vagy három ilyen j index létezik, vagy pedig kiválasztható néhány ai, aminek az összege osztható (n+k)-val.

Viszont S-ajaj (mod n+k), azaz 2ajS (pmod n+k) legfeljebb kétféle j esetén teljesülhet, mert a 2xS (pmod n+k) kongruenciának legfeljebb két megoldása lehet.


A. 253. Keressük meg az összes olyan f:(0,)(0,) függvényt, amelyre tetszőleges x, y pozitív valós számok esetén

(1)   f(x)f(yf(x))=f(x+y).

IMC 2000, London

Megoldás. Először bebizonyítjuk, hogy tetszőleges x esetén f(x)1. Tegyük fel, hogy valamely x-re f(x)>1. Ehhez találhatunk olyan pozitív y-t, amelyre yf(x)=x+y: ez a szám az . Behelyettesítve ezeket az értékeket (1)-be,

f(x)f(x+y)=f(x)f(yf(x))=f(x+y),

amiből f(x)=1, ez pedig ellentmondás.

Az (1) egyenletben az f(yf(x)) tényező minden esetben legfeljebb 1; ebből következik, hogy tetszőleges x,y számokra f(x+y)f(x), vagyis az f függvény monoton fogy.

Most megmutatjuk, hogy a függvény vagy konstans 1, vagy pedig minden értéke kisebb 1-nél. Ha valamely x>0-ra f(x)=1, akkor az egyenletből f(2x)=f(x+x)=f(x)f(xf(x))=1. Ezt a lépést ismételgetve kapjuk, hogy f(4x), f(8x), ...mindegyike 1. A monotonitás miatt az ezeknél kisebb helyeken is csak 1 lehet a függvény értéke. Ha tehát a függvény legalább egyszer felveszi az 1-et, akkor konstans 1.

A konstans 1 függvényre teljesül az (1) függvényegyenlet. A továbbiakban azt az esetet vizsgáljuk, ha f mindegyik értéke kisebb 1-nél. Az ilyen függvényekre az előbbi módon kapjuk, hogy szigorúan monoton fogynak.

Legyen f(1)=a; tetszőleges t>0 esetén helyettesítsük be (1)-be az x=1, illetve x=t, számokat,

f(t)-vel osztás után, a szigorú monotonitásból kapjuk, hogy

amiből

Bevezetve a jelölést, ahol b>0. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy az ilyen alakú függvények is megoldások. A b=0 elfajuló eset a konstans 1 függvényt adja. Az összes megoldás tehát:

ahol b0.

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