Ugrás a tartalomhoz

Matematikai versenyfeladatok

Makó Zita, Szilágyi Ibolya, Téglási Ilona

Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ

A feladatok megoldásai

A feladatok megoldásai

  1. Elég olyan polinomokra szorítkozni, amelyekben minden változó legfeljebb első hatványon szerepel. Ha ugyanis minden páros hatványon szereplő változót -gyel, a páratlan hatványon szereplőket pedig a változó első hatványával helyettesítjük, ezzel a polinom foka nem növekszik, a feladatban megadott tulajdonsága pedig nyilvánvalóan megmarad, és ezen az sem változtat, ha a módosítás után összevonható tagokat összevonjuk. Ha pedig a módosított polinom legalább -edfokú, akkor az eredeti is.

    Indirekt úton bizonyítjuk a feladat állítását. Az, hogy egy polinom -nél alacsonyabb fokú, azt jelenti, hogy nincs benne mindegyik változót tartalmazó tag. Tegyük fel, hogy egy ilyen polinomra teljesülnének a feladat feltételei. Képezzük az összes -ekből és -ekből álló sorozatokon vett értékeit a polinomnak, és a pozitív értékek összegéből vonjuk le a negatív értékek összegét. Nyilvánvalóan . Nézzük meg, hogy egy tag együtthatója hányszor szerepel -ban és hányszor -ben. A -ekből és -ekből álló sorozatokban, rögzítve értékét, ha

    akkor a annyiszor szerepel -ban, ahányféleképpen a többi -k közt páros számú fordulhat elő. Ez a szám

    ahol az összeg addig tart, amíg az alsó páros szám nem nagyobb -nél; -ben pedig annyiszor, ahányféleképpen a többi -k közül páratlan számút lehet kiválasztani. Ez a szám pedig

    A kiszemelt tag adaléka az különbséghez tehát a binomiális tétel szerint

    Ha viszont

    akkor szerepel -ban -szer, -ben pedig -szer, így ekkor is a tag adaléka az különbséghez. Mivel ez az indirekt feltevés szerint a polinom minden tagjára teljesülne, így ellentmondásra jutottunk azzal, hogy ez a különbség pozitív. A polinomban tehát szerepelnie kell az tagnak nemnulla együtthatóval. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

  2. Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy a polinom értéke a helyen , másutt ennél nagyobb. Jelöljük a polinomot -nel.

    amiből világos, hogy -re helyes az állítás.

    Tegyük fel, hogy -nek egy értékére igaz az állítás. A nyilvánvaló

    alakból azt kapjuk, hogy , és minden más helyen a jobb oldal második tagja, továbbá a feltevés szerint az első is pozitív.

    Az állítás helyessége tehát öröklődik -ről -ra. Így minden -re igaz az állítás.

  3. Jelölje a négyes dolgozatok számát! Tudjuk, hogy:

    Azaz :

    (Tudjuk, hogy biztosan kevesebb -nél, hisz ennyien írtak hármas dolgozatot.) Bontsuk ketté az utóbbi egyenlőtlenséget, és oldjuk meg az így kapott egyenlőtlenségeket külön-külön!

    Tehát olyan egész szám, amely nagyobb, mint , kisebb, mint valamint kisebb, mint . Az egyetlen ilyen szám a , azaz -an írtak négyes dolgozatot az adott osztályban.

  4. Ha és jelöli a két négyzet egy-egy oldalát, pedig a telekrendezés után nyert téglalap oldala, akkor

    A feladat állítását igazolandó, az

    relációt kell igazoljuk. Ez akkor, és csak akkor teljesül, ha

    azaz rendezés, összevonás után

    Ez viszont teljesül, hiszen .

  5. Ha , akkor

    tehát a kell legyen, aminek a és a egyenletű egyenesek határolta „felül” zárt, „alul” nyílt sáv pontjainak koordinátái tesznek eleget. Ha pedig , akkor

    azaz

    kell legyen. E feltételeknek a , és a egyenletű egyenesek által határolt „felül” nyílt, alul „zárt” sáv pontjainak koordinátái tesznek eleget. A két sáv egyesítése adja tehát a keresett megoldást: a két egyenes ( és ) határolta sáv belső pontjainak koordinátáira teljesül a feltételi reláció.

    A feladat megoldása

  6. Ha az az -edik sorban van, akkor e sorban levő számokkal együtt

    egymást követő számot írtunk le. Ilyképpen keressük azt a legkisebb pozitív egészet, amelyre

    vagyis

    Mivel és , ezért , vagyis az a -adik sorban van.

    A -edik sor utolsó eleme az előzőek szerint , tehát a századik sorban lévő száz szám a -től az -ig terjed, és ezek összege

  7. Ha a lencsék tömegét , a babok tömegét jelöli, akkor a mostoha ármánykodása előtt , vagyis , tehát . A mostoha megjelenése után viszont , azaz

    Ebből

    majd

    tehát , és így . Ez valóban kielégíti a feladat feltételeit, mivel

    és

  8. Először olyan polinomot mutatunk, amely az egymástól különböző helyeken rendre az egymástól nem feltétlenül különböző értékeket veszi fel. Ehhez tekintsük esetén a következő polinomot:

    Világos, hogy , ha . Ezért a összefüggéssel definiált polinom, az ún. Lagrange-féle interpolációs polinom, megfelelő lesz. Könnyen látható, hogy ezen polinom fokszáma legfeljebb . Azonban még akkor sem lesz mindig egész együtthatós, ha és egész számok.

    Legyen most . Milyen egész értékek mellett tudunk egyszerűen következtetni arra, hogy a polinom együtthatói egész számok? A polinom minden együtthatója olyan racionális szám, amelynek a nevezője valamilyen indexre

    alakú, számlálója pedig ugyanekkor -vel osztható egész szám. Könnyen látható, hogy az így adódó nevezők mindegyike osztója az számnak. Ha tehát a értékek mindegyike osztható -nel, akkor a fenti konstrukcióval létrehozott polinom egész együtthatós lesz.

    Az általunk keresett polinomnak azonban az előírt helyeken -hatvány értékeket kell felvennie, azok pedig nem oszthatók -nel, ha . Hogyan lehet ezen segíteni? Válasszunk ki darab különböző -hatványt, ami ugyanannyi – mondjuk – maradékot ad -nel osztva. Ezt megtehetjük, hiszen végtelen sok különböző -hatvány van. Legyenek ezek , és tekintsük a számokat. Ezekre igaz, hogy osztható -nel, létezik tehát olyan egész együtthatós polinom, amelyre minden és közé eső egész számra. Ennek a polinomnak konstans tagját -mel megnövelve olyan, továbbra is egész együtthatós polinomhoz jutunk, amelyre . Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

  9. A nevező pozitív, mert a feladat feltételei mellett , és így

    Elegendő ennek folytán a nevezővel átszorozva keletkező

    egyenlőtlenséget bizonyítani. Ezt teljes indukcióval tesszük. Az esetben egyenlőség áll fenn.

    Jelöljük a bal oldalt -nel, a jobb oldalt -nel. Tegyük fel, hogy -nek valamilyen értékére , és nézzük meg, mennyivel változik az egyik oldal, mennyivel a másik, ha -et eggyel növeljük.

    Az különbségről a könnyebb összehasonlítás érdekében -re térve, majd az első tag első és második tényezőjét egy hatvánnyá alakítva az utóbbi különbség így írható

    Itt az első tag nagyobb az különbségnél, ha , mert , a második pedig pozitív. Így , azaz

    Indukciós feltevésünk szerint a jobb oldal nem negatív, így a bal pozitív. Ezzel azt láttuk be, hogy ha teljesül egy értékre, és , akkor minden nagyobb értékre már szigorú egyenlőtlenség érvényes.

    Mivel -re egyenlőség áll (az eredeti egyenlőtlenségben minden , és -tól különböző értékre), így a egyenletben és az eredeti egyenlőtlenségben is a jel érvényes minden -nél nagyobb egészre és -nél nagyobb -ra.

    Ha , akkor egyenlőtlenségeink egyenlőségbe mennek át. Ezzel a feladat állítását igazoltuk, és tisztáztuk azt is, hogy milyen esetekben áll fenn egyenlőség.

  10. Tekintsük a pont és a konvex sokszög egy oldala, az oldala által meghatározott, esetleg elfajuló háromszöget. ( és , ha .).

    A könnyebbség miatt a jelölést vezessük be. A háromszögek mindegyikére felírva a háromszög-egyenlőtlenséget

    Összeadva ezt az darab egyenlőtlenséget, a bal oldalak összegében a pontnak minden csúcstól való távolsága pontosan kétszer szerepel, a jobb oldalak összege pedig a sokszög kerülete. Így , azaz , ahol a -nek a csúcsoktól mért távolságainak összege. Az egyenlőség csak akkor áll, ha a fenti darab egyenlőtlenség mindegyikében egyenlőség áll. Ez lehetetlen, hiszen a pont nem lehet a sokszög oldalegyeneseinek mindegyikén. Bizonyításunkból az is kiderült, hogy az állítás nem konvex sokszögre is ugyanúgy megáll, hiszen a konvexitást nem kellett felhasználjuk.