Az 1999. decemberi B-jelű matematika feladatok megoldása
B. 3322. Legfeljebb hány részre osztja a teret 4 olyan sík, amely egy ponton halad át? (3 pont)
Megoldásvázlat. Bebizonyítjuk, hogy n darab egy ponton átmenő sík a teret legfeljebb n(n-1)+2 részre osztja. Ez n=1 esetén triviális.
Ha már van k síkunk, és veszünk egy (k+1)-ediket, akkor a régi síkok az új síkot legfeljebb k egyenesben metszik, és ezáltal legfeljebb 2k tartományra osztják. Az új sík mindegyik tartománya egy-egy térrészt oszt ketté. Tehát az új sík legfeljebb 2k térrészt vág ketté, tehát legfeljebb 2k-val növeli a térrészek számát.
A régi síkok a teret legfeljebb k(k-1)+2 részre osztották; a legfeljebb 2k új résszel együtt ez legfeljebb k(k-1)+2+2k=(k+1)k+2 rész.
A feladatban n=4 sík a teret legfeljebb 14 részre osztja.
B. 3323. Keressük meg azt a legbővebb intervallumot, amelyben 19/99 a legkisebb nevezőjű tört. (5 pont)
Megoldásvázlat.Ha < < , akkor 19b-99a 1 és 99c-19d 1. Az 19b-99a=1 illetve 99c-19d=1 egyenletek legkisebb pozitív egész megoldása a=14, b=73, c=5 és d=26. Tehát
Bebizonyítjuk, hogy a ( ; ) intervallumban a a legkisebb nevezőjű tört. Az intervallum nyilván egyik oldalon sem bővíthető tovább, mert mindkét végpontja 99-nél kisebb nevezőjű tört.
Legyen az intervallum egy eleme, azaz < < . A két egyenlőtlenséget beszorozva kapjuk, hogy
(1) 14y+1 73x
(2) 26x 5y-1.
E két egyenlőtlenség egybevetéséből
26(14y+1) 73(5y-1),
vagyis y 99. Az y=99 esetben (1)-ben és (2)-ben is egyenlőség áll, ami csak x=19 esetén teljesül.
A legbővebb intervallum tehát, amiben a a legkisebb nevezőjű tört, a ( ; ).
Megjegyzés. Ha tekintjük az összes olyan törtet, amelyek nevezője nem nagyobb egy adott N pozitív egésznél, és ezek között és két szomszédos, akkor bc-ad=1. Erről a témáról bővebben olvashatunk Niven - Zuckermann Bevezetés a számelméletbe c. könyvének Farey-törtekről szóló fejezetében.
B. 3324. Hányféleképpen írható fel 19991999 egymás után következő természetes számok összegeként? (4 pont)
Megoldásvázlat. Ha alkalmas a és n pozitív egészekkel
a+(a+1)+(a+2)+...+(a+n-1)=19991999,
akkor a számtani sorozat összegképlete alapján
n(2a+n-1)=2.19991999
Minden megoldáshoz tehát a 2.19991999 szám egy szorzattá alakítása tartozik. Megfordítva, ha a 2.19991999 számot felírjuk p.q alakban, ahol p<q, abból az n=p; a=(q-p+1)/2 megoldást nyerjük. (A q-p+1 szám biztosan páros, mert p és q közül az egyik páros, a másik páratlan.)
A 2.19991999 szám pozitív osztóinak száma 4000, ezek 2000 párba rendezhetők. Az 19991999 tehát 2000-féleképpen írható fel szomszédos pozitív egészek összegeként.
B. 3325. A p1, p2, p3, p4 prímszámokat négyesikreknek nevezzük akkor, ha p1<p2<p3<p4, és p4-p1=8. Bizonyítsuk be, hogy ha a p1, p2, p3, p4 és a q1, q2, q3, q4 prímszámok is négyesikrek, továbbá p1 és q1 nagyobbak 5-nél, akkor p1-q1 osztható 30-cal, de nem lehet 60. (3 pont)
Megoldásvázlat. Tetszőleges három egymás utáni páratlan szám közül pontosan az egyik osztható 3-mal. Ezért, ha a p1, p1+2, p1+4, p1+6, p1+8 számok közül csak az egyik osztható 3-mal, akkor ez a p1+4. Ennek következménye, hogy a négyesikrekben p2=p1+2, p3=p1+6, p4=p1+8; kivéve a 3,5,7,11 esetet, amikor a 3 maga is szerepel a prímek között.
A p1, p1+2, p1+4, p1+6, p1+8 számok közül az egyik osztható 5-tel. Ez kétféleképpen lehetséges: p1=5 vagy p1+4 osztható 5-tel.
A feladatban p1>5, ezért a négyesikerséghez szükséges, hogy p1+4 3-mal és 5-tel is osztható páratlan szám, azaz 30k+15 alakú legyen; ebben az esetben p1=30k+11. Hasonlóképpen q1=30m+11 egy alkalmas m nemnegatív egésszel. Ebből következik, hogy p1-q1=30(k-m) osztható 30-cal.
Ha p1-q1=60, akkor q1, q2=q1+2, q3=q1+6, q4=q1+8, p1=q1+60 p2=q1+62, p3=q1+66 és p4=q1+68 közül valamelyik osztható 7-tel, mert a 0, 2, 6, 8, 60, 62, 66 és 68 számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo 7. Viszont egyik szám sem lehet a 7, mert - mint láttuk - q1 maga is 30m+11 alakú, tehát legalább 11. p1-q1 tehát nem lehet 60.
Megjegyzések. 1. p1-q1 értéke lehet 30, például az 1006301, 1006303, 1006307, 1006309, 1006331, 1006333, 1006337, 1006339 számok mind prímek.
2. Az általánosított ikerprímsejtés szerint ha az d1, d2, ..., dn nemnegatív egész számok semmilyen 1-nél nagyobb m egészre sem alkotnak teljes maradékrendszert modulo m, akkor végtelen sok olyan a pozitív egész létezik, amelyre a+d1, a+d2, ..., a+dn mindegyike prímszám.
B. 3326. Egy szabályos oktaéder egyik lapját merőlegesen vetítjük a szemközti lap síkjára. A szemközti lap területének hányadrészét fedi le a vetület?
Javasolta: Juhász Máté 8. o.t., Budapest
Végeredmény: A kétharmadát fedi le.
B. 3327. Adjunk meg egy egész együtthatós polinomot, amelynek a cos 18o zérushelye! (4 pont)
1. megoldásvázlat. Az ábrán az ABC és ABD háromszögek hasonlóságából és . Az ABC háromszög C-ből induló magassága cos 18o, és a Pithagorasz-tételből
Tehát a cos 18o gyöke az (8x2-5)2-5= 64x4-80x2+20 polinomnak.
2. megoldásvázlat. Ismeretes, hogy
cos 5 =64cos5 -80cos3 +20cos .
Mivel cos 5.18o=cos 90o=0, ebből következik, hogy cos 18o gyöke a 64x5-80x3+20x polinomnak.
Megjegyzés. Tetszőleges n egész számhoz létezik egy egész együtthatós polinom (a jele Tn), amelyre
Tn(cos )=cos n .
A Tn polinomot az n-edik Csebisev-polinomnak hívják.
B. 3328. Egy konvex sokszög minden oldalegyenesét az oldalra merőleges irányban kifelé eltoltuk 5 cm-rel. Mutassuk meg, hogy az így kapott sokszög kerülete több, mint 30 cm-rel nagyobb az eredeti sokszög kerületénél. (3 pont)
Javasolta: Magyar Zsolt, Budapest
Az eredeti sokszög oldalait merőlegesen vetítve a megnagyobbított sokszög oldalegyeneseire, a két sokszög közötti területet téglalapokra és derékszögű deltoidokra bonthatjuk (jobboldali ábra). A kerület növekedése éppen a deltoidok átrendezésével (jobboldali ábra) kapott sokszög kerületével egyenlő. Ebbe a sokszögbe egy 5 cm sugarú kör írható, ezért kerülete nagyobb, mint az 5 cm sugarú kör kerülete, ami 10 >30.
B. 3329. Egy 31 fős osztályban a szokásos módon akarják egymást karácsonykor megajándékozni a gyerekek: december elején az egyik osztályfőnöki órán egy kalapba beleteszik a 31 nevet, és sorban mindenki kihúzza annak a nevét, akinek ajándékot készít. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a húzást meg kell ismételni, mert valaki a saját nevét húzta? (4 pont)
Megoldásvázlat. n gyerek esetén a lehetséges sorsolások száma n!. Annak a valószínűsége, hogy k előre kiválasztott gyerek mindegyike saját magát húzza, , mert a többi n-k gyerek (n-k)!-féleképpen sorsolhat egymás között.
Annak valószínűsége, hogy legalább egy gyerek önmagát húzza, a logikai szitaformula alapján
Ez a kifejezés az =0,6321205588... számhoz konvergál, a kettő közötti különbség kisebb, mint ; 31 gyerek esetén <10-35.
A keresett valószínűség tehát körülbelül 63,212 százalék.
B. 3330. Egy 105 egység oldalú négyzet belsejében 1999 egységnégyzetet helyeztünk el. Mutassuk meg, hogy elhelyezhető még egy egységnégyzet úgy, hogy ne legyen a többivel közös pontja. (5 pont)
Megoldásvázlat. Bebizonyítjuk, hogy elhelyezhető olyan K egységnégyzet is, amelynek oldalai párhuzamosak a nagy négyzet oldalaival. Ehhez meghatározzuk azt a halmazt, ahol K középpontja lehet, és megmutatjuk, hogy ennek a ponthalmaznak a területe pozitív.
Az új négyzet középpontja csak abban a 104 oldalú négyzetben lehet, amit a nagy négyzet oldalainak fél-fél egységgel való befelé tolásával kapunk. Ennek területe 1042=10816 egység.
Tekintsünk egy tetszőleges N egységnégyzetet, amely a nagy négyzet oldalaihoz képest szöggel van elforgatva. Ennek minden pontja köré rajzoljunk egy-egy újabb egységnégyzetet; ezek uniója egy nyolcszög, aminek minden oldala egységnyi. ( =0 esetén a nyolcszög egy 2 egység oldalú négyzetté fajul.) Az N-nek és a leendő K négyzetnek pontosan akkor nem lesz közös pontja, ha K középpontja a nyolcszögön kívül van.
Könnyen ellenőrizhető, hogy a nyolcszög területe 2+2sin +2cos 2+2 . Ha mind az 1999 négyzet köré megrajzoljuk a nyolcszögeket, azok területe összesen legfeljebb 3998+3998 9652,03 egység.
A 104 oldalú négyzet területéből kivonva a tiltott nyolcszögek területét, több, mint 1163 egységnyi terület marad, ahol K középpontját elhelyezhetjük.
B. 3331. A 12.b osztályba ugyanannyi fiú jár, mint lány, így a szalagavatón mindenkinek lesz az osztályból táncpartnere. A párok összeállításához minden fiú rangsorolja az összes lányt, és fordítva. Mutassuk meg, hogy párba állíthatók úgy, hogy ne legyen olyan fiú és lány, akik mindketten szívesebben táncoltak volna egymással, mint a nekik jutó partnerrel. (5 pont)
Megoldásvázlat. Megadunk egy eljárást, amivel a kívánt összepárosítás elkészíthető.
Abból a helyzetből indulunk ki, hogy senkinek nincs párja.
Minden lépésben kiválasztunk egy facér fiút. Ez fiú oda megy ahhoz a lányhoz, aki az első helyen áll a listáján. Ha annak még nincs párja, akkor ők egy pár lesznek. Ha a lánynak már van párja, akkor megpróbálja "lekérni". Lekérés esetén a lány választ a két fiú közül. Ha a lekérés sikeres, akkor a lány korábbi párja visszamegy a facér fiúk közé.
Ha nem sikerült a lekérés, akkor a fiú a listáján 2. helyezett lánynál próbálkozik, majd a 3. helyezettnél stb. egészen addig, amíg talál magának párt.
Ezt az eljárást egészen addig folytatjuk, amíg mindenkinek lesz párja.
Bebizonyítjuk, hogy az eljárás biztosan véget ér. Minden egyes állapotban a lányok egy-egy pontszámot kapnak. Akinek még nincs párja, 0 pontot kap. Akinek a listájáról az utolsó helyezett a párja, 1 pontot kap. Akinek az utolsó előtti a párja, 2-t, és így tovább. Ha n fiú és n lány van, akkor pontszámok összege 0 és n2 között lehet, és minden lépésben nő. Ezért az eljárás legfeljebb n2 lépésben biztosan véget ér.
Azt is megmutatjuk, hogy a végeredményül kapott párosítás megfelel a feltételnek. Tegyük fel, hogy egy fiú, F és egy lány, L szívesebben táncolna egymással, mint a kapott párjukkal. Ebben az esetben F előbb L-t próbálta táncra kérni illetve lekérni, mint a jelenlegi párját. L-nek pedig F-et kellett volna választania. Ez tehát nem lehetséges.