A 2025-ös MEMO-n (Közép-európai Matematikai Diákolimpián) az egyéni versenyen négy, a csapatversenyen nyolc feladat került kitűzésre. Most e feladatok közül adunk közre egy válogatást részletes megoldásokkal; a megoldásokat a magyar csapat tagjai írták le. Köszönjük szépen a közreműködésüket, és ezúton is gratulálunk az elért eredményükhöz!
A csapat beszámolója itt olvasható, valamint a MEMO hivatalos honlapján elérhető a teljes feladatsor és az angol nyelvű megoldások.
I-1. feladat
Legyen \(\mathbb{R}^+\) a pozitív valós számok halmaza. Legyen \(f \colon \mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+\) olyan függvény, amelyre minden \(x,y\in\mathbb{R}^+\) esetén teljesül, hogy
\[
yf^{2025}(x) \geq xf(y).
\]
Bizonyítsd be, hogy létezik olyan \(n_0\) pozitív egész szám, amelyre minden \(n\ge n_0\) pozitív egész szám és minden \(x\in\mathbb{R}^+\) esetén teljesül, hogy
\[
f^n(x)\geq x.
\]
Megjegyzés. Itt \(f^n\) az \(f\) függvény \(n\)-szer való alkalmazását jelöli, vagyis
\[
f^n(x)=\underbrace{f(f(\dots f}_{n\text{-szer}} (x)\dots)).
\]
Sárdinecz Dóra megoldása
Behelyettesítve \(x=y\)-t:
\[
f^{2025}(x)\geq f(x).
\]
Azt állítjuk, hogy létezik \(y\in \mathbb{R}^+\), amelyre \(y\leq f(y)\). Tudjuk, hogy \(f(1)\leq f^{2025}(1)\). Ezért létezik \(i\in \{1,2,\dots , 2024\}\), amire \(f^{i}(1)\leq f^{i+1}(1)\), és így \(y=f^{i}(1)\)-et véve az állításunk teljesül.
Most legyen \(x\in \mathbb{R}^+\) tetszőleges. Ha behelyettesítjük egy olyan \(y\)-nal együtt, amelyre \(y\leq f(y)\) teljesül, akkor ezt kapjuk:
\[
xf(y)\leq yf^{2025}(x)\leq f(y)f^{2025}(x),
\]
amiből a pozitív \(f(y)\)-nal osztva \(x\leq f^{2025}(x)\) adódik.
Az eddigiek alapján tehát minden \(x\in \mathbb{R}^+\)-ra \(x\leq f^{2025}(x)\) és \(f(x)\leq f^{2025}(x)\), ezeket rendre \(f^m(x)\)-re és \(f^{m-1}(x)\)-re alkalmazva
\[
f^m(x)\leq f^{m+2025}(x)\quad \text{és}\quad f^m(x)\leq f^{m+2024}(x)
\]
is teljesül minden \(x\in \mathbb{R}^+\)-ra. A két felírt egyenlőtlenséget többször alkalmazva kapjuk, hogy bármely \(a,b\in \mathbb{N}\) esetén
\[
f^m(x)\leq f^{m+a\cdot 2024+b\cdot 2025}(x).
\]
Azt állítjuk, hogy bármely \(n\geq 2025^2=n_0\) egészre \(f^n(x)\geq x\).
A Frobenius-féle pénzváltási probléma alapján, ha \(k\) és \(\ell\) relatív prím pozitív egészek, akkor minden \(m\ge (k-1)(\ell-1)\) érték felírható \(m=ak+b\ell\) alakban valamely \(a,b\in \mathbb{N}\)-re. Ezt \(k=2024\)-re és \(\ell=2025\)-re alkalmazva azt kapjuk, hogy \(n\ge 2023\cdot 2024+2025\) esetén \(n-2025=a\cdot 2024+b\cdot 2025\) (ahol \(a,b\in \mathbb{N}\)), így
\[
x\leq f^{2025}(x)\leq f^{2025+a\cdot 2024+b\cdot 2025}(x)=f^n(x),
\]
amivel készen vagyunk.
I-2. feladat
Egy végtelen négyzetrácson, amelynek néhány egységmezője pirosra van színezve, a rubinbástya olyan bábu, amely egy lépésben egy irányban az egyik rácsvonallal párhuzamosan (azaz vagy függőlegesen vagy vízszintesen) akármennyit elmozdulhat úgy, hogy a lépés során mindvégig piros mezőkön marad.
Egy kezdetben színezetlen végtelen négyzetrácson Ábel a következő eljárást végzi. Először kiszínez legfeljebb 2025 egységmezőt pirosra. Ezután néhány különböző piros mezőre feltesz egy-egy rubinbástyát a következő két szabályt betartva:
- Egyik rubinbástya sem érheti el egy lépésben semelyik másikat.
- Bármelyik rubinbástya bármelyik másikat el tudja érni két lépésben.
Határozd meg azt a legnagyobb számot, amennyi rubinbástyát Ábel le tud helyezni egy ilyen eljárás során.
Vigh Zalán megoldása
Azt állítjuk, hogy Ábel legfeljebb 63 rubinbástyát tud elhelyezni. Először mutatunk egy konstrukciót 63-ra.
Tekintsünk egy \(63\times 63\)-as rácsnégyzetet, amelynek a főátlóján lévő és az az alatti mezőket színezzük pirosra. Helyezzünk rubinbástyákat a főátló mezőire. Világos, hogy ez az elrendezés megfelel a feltételeknek: nincs egynél több bástya semelyik sorban vagy oszlopban, és bármely bástya bármelyik másikat eléri két lépésben piros mezőkön át (a két bástya közül a fentebbinek az oszlopában, valamint a lentebbinek a sorában történő lépéssel).
A pirosra színezett egységmezők száma \(\frac{63\cdot(63+1)}{2} = 2016 \le 2025\), így a feladat feltétele teljesül.
Most igazoljuk, hogy 63-nál több rubinbástya nem helyezhető el. Tegyük fel, hogy \(n\) bástyánk van lerakva, 1-től \(n\)-ig számozva. A második feltétel miatt bármely két bástya, az \(i\)-edik és a \(j\)-edik (\(1 \le i < j \le n\)) esetén kell léteznie olyan piros mezőnek, amelyet mindkettő el tud érni egy lépésben. Ezt a mezőt jelöljük \(S_{i,j}\)-vel.
Ha \((i,j) \neq (i’,j’)\), akkor \(S_{i,j} \neq S_{i’,j’}\), mert különben három bástya is el tudná érni ugyanazt a mezőt egy lépésben, ami azt jelentené, hogy közülük kettő ugyanabban a sorban vagy oszlopban lenne, és így egy lépésben elérnék egymást, ellentmondva az első feltételnek.
Egyik bástya által elfoglalt mező sem eshet egybe az \(S_{i,j}\) mezők egyikével, és minden \(S_{i,j}\) mező piros. Az ilyen mezők száma \(\binom{n}{2}\), így összesen legalább \(\binom{n}{2} + n\) piros mező szükséges. A feladat feltétele szerint ezért \(\binom{n}{2} + n \le 2025\).
Ebből következik, hogy
\[
n(n+1) = 2\binom{n}{2} + 2n \le 4050 < 4096 = 64^2.
\]
Ezért
\[
\left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \le 4096,
\]
amiből
\[
n + \frac{1}{2} \le 64.
\]
Mivel \(n\) egész szám, ezért
\[
n \le 63.
\]
I-3. feladat
Az \(ABC\) háromszög beírt köre, \(\omega\) a \(BC\), \(CA\) és \(AB\) oldalakat rendre a \(D\), \(E\) és \(F\) pontokban érinti. Legyenek \(P\) és \(Q\) olyan, \(D\)-től különböző pontok a \(BC\) egyenesen, amelyekre \(PB = BD\) és \(QC = CD\). Bizonyítsd be, hogy a \(PCE\) és \(QBF\) háromszögek körülírt körei, valamint az \(\omega\) kör egy ponton mennek át.
Prohászka Bulcsú megoldása
Invertáljunk egy \(D\) középpontú, tetszőleges sugarú körre! Ezt motiválja, hogy a \(B\) középpontú \(FDP\) kört, valamint a \(C\) középpontú \(DEQ\) kört is egyenesbe viszi át az inverzió. Az \(X\) alakzat inverz képét \(X’\)-vel jelöljük. Látható, hogy a \(DPBCQ\) egyenes helyben marad.
A \(C’D\) szakasznak \(Q’\) lesz a felezőpontja, hiszen \(DQ=2DC\Longrightarrow\frac{DQ}{DC}=2\) és \(DQ’\cdot DQ = DC’\cdot DC\ (=R^2\), ahol \(R\) az inverzió sugara), tehát \(\frac{DC’}{DQ’}=\frac{DQ}{DC}\). Logikai szimmetria miatt a \(DB’\) szakasznak pedig \(P’\) lesz a felezőpontja.
Az \(\omega\) kör képe egy \(B’C’\)-vel párhuzamos \(\omega’\) egyenes lesz, hiszen az \(\omega\) kör \(D\)-ben érintette \(BC\)-t. A \(DFP\) és \(DEQ\) körök képei pedig \(B’C’\)-re merőleges egyenesek lesznek, mert \(D\)-nél merőlegesen metszették \(BC\)-t (az inverzió szögtartó). Ezek alapján az invertált ábra:
Most legyen \(K\) a \(P’C’E’\) kör és \(\omega’\) metszéspontja. Ha megmutatnánk, hogy \(K\) rajta van a \(Q’B’F’\) körön is, akkor készen lennénk, hiszen az eredeti ábrán az \(\omega\), \(PCE\) és \(QBF\) körök pontosan akkor mennek át egy ponton, ha az inverzió utáni képeik is.
Látható, hogy \(KE’C’P’\) húrtrapéz, tehát \(E’C’=KP’\), továbbá mivel az \(E’\) pont rajta van \(DC’\) felezőmerőlegesén, így \(E’D=E’C’\). Vagyis \(E’D=KP’\), azaz \(E’DP’K\) paralelogramma, így \(DP’=E’K\). Mivel \(P’Q’E’F’\) téglalap, \(P’Q’=E’F’\). Ekkor \(DQ’=P’Q’-DP’=E’F’-KE’=F’K\), vagyis \(DQ’KF’\) is paralelogramma, és \(KQ’=F’D=F’B’\). Tehát \(F’KQ’B’\) olyan trapéz, amelynek szárai egyenlő hosszúak (és nyilvánvalóan nem paralelogramma), tehát húrtrapéz, speciálisan \(K\) rajta van a \(Q’B’F’\) körön. Ezzel tehát a feladat állítását beláttuk.
Megjegyzés: A megoldás jól szemlélteti az inverzió erejét: miután ez megvolt, semmilyen egyéb észrevételre nem volt szükség, csak elemi eszközöket használtunk a megoldáshoz.
T-3. feladat
Az \(n\times n\)-es négyzetrácson kígyónak nevezünk egy olyan utat, amely szomszédos mezők középpontjait összekötő szakaszokból áll úgy, hogy mind az \(n^2\) középpontot pontosan egyszer érinti. Két mezőt most akkor nevezünk szomszédosnak, ha van közös oldaluk. Megjegyezzük, hogy egy ilyen kígyó minden szakasza párhuzamos a négyzetrács valamelyik vonalával. Az ábrán egy példa látható egy kígyóra a \(4\times 4\)-es négyzetrácsban. Ez a kígyó kilenc darab \(90^{\circ}\)-os fordulatot tesz, ezeket kis fekete négyzetek jelölik.
Nézzünk most egy kígyót, amely a \(45 \times 45\)-ös négyzetrács mind a 2025 mezőjét érinti. Legfeljebb hány \(90^{\circ}\)-os fordulatot tehet egy ilyen kígyó?
Kocsis Péter megoldása
Jelöljük ki tetszőlegesen, hogy a két végpont közül melyikben „kezdődik” és melyikben „végződik” a kígyó. Vegyük észre, hogy minden olyan sorban vagy oszlopban, ahol nem kezdődik vagy végződik a kígyó, páros sok olyan mező lesz, amiben a kígyó fordulatot végez. Ugyanis a kígyó az ilyen tulajdonságú sorokban/oszlopokban páratlan sok fordulat után a sorral/oszloppal megegyező irányba halad, de a kígyó nem a szóban forgó sorban/oszlopban fejezi be az útját, ami ellentmondás.
A szimmetria miatt feltehető, hogy a kígyó első szakasza vízszintes. Ekkor abban a sorban, ahol a kígyó kezdődik, legfeljebb \(45-2\) alkalommal fordulhat. Ugyanis ha 44-szer fordulna, akkor a 44. fordulat visszaviszi őt ugyanebbe a sorba, tehát a kígyó ebben a sorban végződik is. Viszont azon a két mezőn, ahol kezdődik, illetve végződik a kígyó, nem fordulhat, így a sorban 44-nél kevesebb fordulat lenne, ami ellentmondás.
Tehát abban a sorban, ahol kezdődik a kígyó, legfeljebb 43, a többi sorban legfeljebb 44 fordulat lehetett, ami összegezve legfeljebb \(43+44\cdot 44=1979\) fordulat.
Ez az 1979 fordulatszám meg is valósítható a következő eljárással. A konstrukció egy \(2\) sor szélességű csigavonal, amelyet az alábbi ábrán, \(7\times 7\)-es rácson szemléltetünk. Fehér körök jelzik a kezdő- és végpontot, valamint fekete körök a többi olyan mezőt, ahol nem történik fordulás. A kezdő- és végponton kívül egy-egy „L” alakú rétegre (ami \(2\) sorból és \(2\) oszlopból áll) \(2\)-\(2\) olyan mező jut, ahol nem történik fordulat, valamint a középső \(3\times 3\)-as részre további \(2\). Tehát összesen egy \(45\times 45\)-ös rácson \(2+21\cdot 2+2=46\) fordulat nélküli mezőnk lesz, ami \(2025-46=1979\) fordulatot jelent.
T-5. feladat
Az \(ABC\) hegyesszögű háromszögben \(AB<AC\). Legyen az \(A\)-ból \(BC\)-re állított merőleges talppontja \(D\). Legyen \(E\) az a pont, amelyre \(ABEC\) paralelogramma. Legyen \(M\) egy olyan pont az \(ABC\) háromszög belsejében, amelyre \(MB=MC\). Tükrözzük a \(D\) pontot az \(ADM\) háromszög körülírt köréhez \(M\)-ben húzott érintőre; az így kapott pont legyen \(F\). Bizonyítsátok be, hogy \(AF=DE\).
Ali Richárd megoldása
Legyen \(D’\) a \(D\) pontnak a \(BC\) szakasz felezőpontjára vett tükörképe. Mivel a paralelogramma átlói felezik egymást, ezért az \(E\) pont megkapható az \(A\) pontnak a \(BC\) felezőpontjára való tükrözésével. Így a tükrözések miatt \(ADED’\) is paralelogramma, vagyis \(DE=AD’\). Mivel \(MB=MC\), ezért \(M\) rajta van a \(BC\) szakasz felezőmerőlegesén. Továbbá a \(DD’\) és \(BC\) szakaszok felezőmerőlegese egybeesik, így \(MD=MD’\). Az \(F\) pont definíciója miatt pedig \(MD=MF\), tehát a \(D, F, D’\) pontok egy \(M\) középpontú körön vannak. Ez azt is jelenti, hogy az \(M\) pont rajta van az \(FD’\) szakasz felezőmerőlegesén. Így az előzőek alapján elegendő belátnunk, hogy \(AM\perp FD’\). Ekkor \(A\) is rajta lenne az \(FD’\) szakasz felezőmerőlegesén, vagyis \(AF=AD’=ED\) teljesülne, tehát készen lennénk.
Belátjuk, hogy \(AM\) és \(FD’\) 90 fokos szöget zár be, azaz \(AM\perp FD’\). Jelölje \(e\) az \(ADM\) háromszög körülírt köréhez \(M\)-ben húzott érintőt, és legyen \(DAM\sphericalangle=\alpha\). Ekkor az érintőszárú kerületi szögek tétele alapján a \(DM\) szakasz \(\alpha\) szöget zár be az \(e\) egyenessel, és így a tükrözés miatt \(DMF\sphericalangle=2\alpha\). A \(DFD’\) körben a középponti és kerületi szögek tételét használva kapjuk, hogy \(DD’F\sphericalangle=\frac{1}{2}DMF\sphericalangle=\alpha\). Mivel \(AD\perp BC\), ezért az \(AM\) és \(BC\) egyenesek szöge \(90^{\circ}-DAM\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\). Az előzőek alapján a \(BC\) és \(FD’\) egyenesek szöge \(DD’F\sphericalangle=\alpha\), így adódik, hogy \(AM\) és \(FD’\) szöge \(90^{\circ}\). Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
Sárdinecz Dóra, Vigh Zalán, Prohászka Bulcsú, Kocsis Péter, Ali Richárd
A megoldásokat lektorálta: Kovács Benedek.
