2010/2011. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

Átírás

1 00/0 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium március.

2 TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatlapok.. I. forduló Szakközépiskola Gimnázium Specmat II. forduló Szakközépiskola Gimnázium Dönt forduló Szakközépiskola Gimnázium Specmat Megoldások 5.. I. forduló Szakközépiskola Gimnázium Specmat II. forduló Szakközépiskola Gimnázium Dönt forduló Szakközépiskola Gimnázium Specmat

3 Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 00/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). Az valós számra teljesül, hogy. forduló Határozza meg sin értékét! 6 sin cos 6 = 0.. A valós számok halmazán egy új műveletet definiálunk. Bármely a; b valós számpárra legyen a b = a b. Milyen feltételeknek kell teljesülnie az a ; b; c valós számhármas tagjaira, ha fennáll, hogy ( b c) = ( a b) c a?. Egy derékszögű háromszög oldalhosszainak összege 84, az oldalak hosszának négyzetösszege 78. Határozza meg a beírt kör sugarának hosszát! 4. Mely pozitív p prímszámokra teljesül, hogy 60 osztója a p 4 5 p 4 kifejezésnek? 5. Határozza meg az a számjegyet úgy, hogy a tízes számrendszerbeli N = a alakú szám egy egész szám négyzete legyen! 00 db 00 db 6. Igazolja, hogy ha valamely háromszög területe területegység, akkor kerülete hosszúságegységnél nagyobb! Minden feladat helyes megoldásáért 0 pont adható.

4 Feladatlapok I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az f() függvény legkisebb és legnagyobb értékét, ha 4 4. f() = Keressük meg mindazon pozitív egész a és b számokat, amelyekre az alábbi négy állítás közül három igaz, egy pedig hamis: i) a osztható b-vel; ii) a = b 5; iii) ab osztható -mal; iv) a7b prímszám.. Oldjuk meg a természetes számok körében: = Adott a síkon egy O pont és a belőle induló két félegyenes, melyek hegyesszöget zárnak be. Ugyanezen sík egy P pontjának a félegyenesekre eső merőleges vetületei a félegyenesek belsejébe eső P és P pontok. Határozzuk meg azon P pontok halmazát (mértani helyét), amelyekre P P szakasz hossza állandó. 5. Egy urnában piros, 4 fehér és 5 zöld golyó van. Visszatevés nélkül kivesszük egyesével sorban mindet. Mennyi a valószínűsége, hogy legalább két fehéret húzunk egymás után? Valamennyi feladat 7 pontot ér.

5 Feladatlapok I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 00 0-es tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Egy es táblázat mezőibe úgy akarunk (nem feltétlenül különböző) egész számokat beírni, hogy minden sorban és minden oszlopban a számok összege különböző legyen (azaz 400 különböző összeget kapjunk). Legkevesebb hányféle szám beírásával tudjuk ezt elérni?. Legyen 0 < < <... < n <. Igazolja, hogy ( ) ( )( ) ( )( ) ( n n )( n ) <.. Keresse meg az összes olyan p prímszámot, melyhez léteznek olyan a, b, c egész számok, hogy a b c = p és (a 4 b 4 c 4 ) osztható p-vel. 4. Egy n-elemű H halmaznak kiválasztottuk néhány k-elemű részhalmazát ( k n) úgy, hogy H bármely két elemét pontosan három darab, bármely három elemét pontosan két darab kiválasztott részhalmaz tartalmazza. Határozza meg n és k lehetséges értékeit. 5. (a) Tükrözzük az ABC háromszög A csúcsát B-re, B-t C-re és C-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta háromszög szabályos, akkor az eredeti háromszög is szabályos? (b) Tükrözzük az ABCD tetraéder A csúcsát B-re, B-t C-re, C-t D-re és D-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta tetraéder szabályos, akkor az eredeti tetraéder is szabályos? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

6 Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 00/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló. Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme. A sorozatnak a különbsége prímszám. Tudjuk, hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú tagok összegének a 50-szeresével. Továbbá azt is tudjuk, hogy az utolsó négy tag köbének összege az öt tag közül vett páratlan sorszámú tagok összegének a 4-szerese. Adja meg ezt az öt számot!. Adott egy kör, amelynek egyenlete y 0 0y 45 = 0. a) Bizonyítsa be, hogy a kör minden pontja az első koordináta-negyedbe esik! b) Legyenek a körön levő P pontok koordinátái és y. Képezzük a y P pontok koordinátáiból a k = hányadosokat! Mennyi k maimuma és a kör melyik pontjában veszi ezt föl?. Oldja meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán! y y = 5, 4y 4y = 5 y Adottak a k ; k; k egymást páronként kívülről érintő körök. Az érintési pontjaik legyenek: P = k k, Q = k k és R = k k. A PQ egyenes k körrel való másik metszéspontja A és k-mal C. Az AR egyenes a k kört B -ben is metszi. Bizonyítsa be, hogy az ABC háromszög derékszögű! 5. Igazolja, hogy ha a > 0, b > 0 valós számok és a b, akkor: a) b) továbbá, hogy az egyenlőtlenség teljesül! 4 > a b a b ; > 0 Minden feladat helyes megoldásáért 0 pont adható. 5

7 Feladatlapok II. forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatlapot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Egy tetraéder éleire valós számokat írtunk úgy, hogy a kitérő élekre írt számok összege ugyanannyi legyen. Ezután minden csúcshoz hozzárendeltük az oda befutó élekre írt számok összegét. Ezek az összegek valamilyen sorrendben az a, b, c, és d számok, amelyekre a = b = c = d teljesül. Bizonyítsuk be, hogy az élekre írt számok között a 0 szám is előfordul. A feladat 7 pontot ér. 6

8 Feladatlapok II. forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatlapot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Tekintsük az y = parabolát. Keressük meg az összes olyan egész meredekségű egyenest, ami áthalad a P (0; 4) ponton és a parabolába eső szakasza egész hosszúságú. A feladat 7 pontot ér. 7

9 Feladatlapok II. forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatlapot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Keressük meg a 00-nél nagyobb egészek közt a legkisebb olyan S számot, amelyet elosztva a, 4, 5, 6, 7 és 8 számokkal, maradékul kétszer kapjuk az,, számok mindegyikét. A feladat 7 pontot ér. 8

10 Feladatlapok II. forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára Kérjük erre a lapra írja az 4. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatlapot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe. 4. Igazoljuk, hogy a t területű ABCD konve négyszög akkor és csak akkor téglalap, ha (AB CD)(AD BC) = 4t. A feladat 7 pontot ér. 9

11 Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 00/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). (döntő) forduló. Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!... = Egy ládában almák vannak, melyek közül néhány megromlott. Ha kiemelünk hibás almát, akkor az eredetihez képest felére tudjuk csökkenteni annak a valószínűségét, hogy véletlenszerűen kivéve egy almát, a kivett alma hibás legyen. Hány jó alma lehetett a ládában?. Az ABCD konve négyszög AC és BD átlóinak metszéspontja P. Legyen az APB, illetve CPD háromszögek területe T, illetve T! Az ABCD négyszög T területére teljesül, hogy T ( ) Igazolja, hogy az ABCD négyszög trapéz! = T T. Minden feladat helyes megoldásáért 0 pont adható. 0

12 Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi harmadik, döntő fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Legyen f () = 7 és f n() = f (f n ()), ha és. Határozzuk meg f 00 (0) értékét. A feladat 7 pontot ér.

13 Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi harmadik, döntő fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Jelölje az {,,..., n} halmaz azon részhalmazainak számát r n, amely nem tartalmaz szomszédos számokat, ahol az -et és az n-et is szomszédosnak tekintjük. Határozzuk meg r 6 értékét. Igazoljuk, hogy az {r n } sorozat hármas maradékai periódikusan ismétlődnek, ha n és határozzuk meg a sorozat periódusát. A feladat 7 pontot ér.

14 Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A versenyző kódszáma: Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi harmadik, döntő fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára Kérjük erre a lapra írja az. feladatra adott megoldását. Amennyiben a megoldáshoz pótlapot, piszkozatot kíván beadni, azt helyezze ennek a lapnak a közepébe.. Az ABC háromszög köré írt körhöz A-ban és B-ben húzott érintők metszéspontja legyen D. Az ABD háromszög köré írt köre az AC egyenest és a BC szakaszt másodszor rendre az E és F pontokban metszi. Legyen CD és BE metszéspontja G. Határozzuk meg a BG : GE arányt, ha BC : BF = :. A feladat 7 pontot ér.

15 Feladatlapok Dönt forduló Specmat Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 00 0-es tanév MATEMATIKA, III. kategória A döntő feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Az ABC derékszögű háromszög C csúcsából induló magasságának talppontja az AB átfogón D. A B csúcsból induló szögfelelző a CD magasságot az E, az AC befogót az F pontban metszi. Igazoljuk, hogy AD > EF.. Van-e olyan pozitív egész, amelynek pozitív osztói között 0-szer annyi négyzetszám van, mint köbszám?. Anna és Bálint a következő játékot játsszák: Anna rajzol egy tetszőlegesen nagy üres (azaz él nélküli) gráfot, majd egyesével behúz tetszőleges éleket, amelyeket Bálint közvetlenül a behúzás után kékre vagy pirosra színez. További szabály, hogy az így keletkező gráfban minden csúcs foka legfeljebb k lehet, és k értékében előre megállapodnak. Melyik az a legkisebb k, amely mellett Anna ügyes játékkal mindenképpen létre tud hozni egy 0 hosszúságú egyszínű utat? 4

16 Megoldások I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 00/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Az. forduló feladatainak megoldása. Az valós számra teljesül, hogy Határozza meg sin értékét! 6 sin cos 6 = 0. Megoldás: A sin cos = trigonometrikus azonosság miatt cos = sin, ezért felírhatjuk az eredetivel ekvivalens sin sin () 6 6 = 0 egyenletet. A hatványozás azonosságának alkalmazásával az () egyenletből azt kapjuk, hogy sin 6 () 6 = 0. sin 6 Vezessük be a sin 6 = y jelölést ( y 0)! Ekkor a () egyenletből először az 6 y = 0, y majd ekvivalens átalakításokkal az () y 0y 6 = 0 következik. pont A () egyenlet gyökei y = és y = 8. esetben Az y = sin 6 =, azaz 4 sin =, innen az eponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű tulajdonsága miatt előbb majd 4 sin =, - - 5

17 Megoldások I. forduló Szakközépiskola (4) adódik. A (4) egyenletből következik. sin = 4 sin =, vagy sin = pont y esetben pedig Az = 8 sin 6 = 8, és ezért 4 sin =, innen ismét az eponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű tulajdonságára hivatkozva kapjuk, hogy illetve (5) 4 sin =, sin =. 4 Az (5) egyenletből sin =, vagy sin =. pont A sin = ± és sin = ± valóban megoldásai a feladatnak, mert sin teljesül, és így vannak olyan valós számok (végtelen sok), melyekre sin = ±, illetve sin = ±. Összesen: 0 pont - - 6

18 Megoldások I. forduló Szakközépiskola. A valós számok halmazán egy új műveletet definiálunk. Bármely Megoldás: a; b valós számpárra legyen a b = a b. Milyen feltételeknek kell teljesülnie az a ; b; c valós számhármas tagjaira, ha fennáll, hogy ( b c) = ( a b) c a? Tekintsük először a baloldalt! Mivel az új művelet definíciója szerint bármely a; b valós számpárra a b = a b, ezért egyrészt () b c = b c, másrészt () a ( b c) = a ( b c). ()-et ()-be helyettesítve a ( b c) = a ( b c), ahonnan a műveletek elvégzése után () a ( b c) = a 6b 9c A jobboldalon hasonlóképpen kapjuk, hogy. (4) a b = a b valamint a b c = a b (4)-et az (5)-be helyettesítve, és a műveleteket elvégezve: (5) ( ) ( ) c (6) ( a b) c = 4 a 6b c. Azokat a feltételeket keressük, amelyek mellett fennáll, hogy a ( b c) = ( a b) c, így () és (6) alapján (7) a 6b 9c = 4a 6b c kell, hogy teljesüljön, ezért (7) megoldásait keressük. A (7) egyenletből rendezés után azt kapjuk, hogy (8) a = c. (8) szerint ahhoz, hogy új műveletünkre teljesüljön az ( b c) = ( a b) c, a (vagyis, hogy ez a művelet asszociatív legyen) kell, hogy a és c közt fennálljon az a = c összefüggés, és b értéke tetszőleges lehet ( a, b,c R ). Összesen: pont pont pont 0 pont - - 7

19 Megoldások I. forduló Szakközépiskola. Egy derékszögű háromszög oldalhosszainak összege 84, az oldalak Megoldás: hosszának négyzetösszege 78. Határozza meg a beírt kör sugarának hosszát! Jelölje a és b a derékszögű háromszög befogóinak, c pedig az átfogójának a hosszát. A feladat egyik feltétele: () a b c = 84, azaz a háromszög K -val jelölt kerülete: K = 84. A másik feltétel: () a b c = 78. Derékszögű háromszögünkre a Pitagorasz-tétel szerint () a b = c, ezt ()-be helyettesítve c = 78, vagyis c = 69, amiből c = 7, (Például a négyzetgyöktáblázatból kiolvasható). ()-be helyettesítve c értékét, kapjuk, hogy (4) a b = 47. (4) mindkét oldalának négyzetre emelésével: (5) a ab b = 09. ()-at (5)-be helyettesítve, valamint c = 69 -et figyelembevéve (6) a b = 840 adódik. a b Jelöléseinknek megfelelően a derékszögű háromszög területe T =, ezért (6) szerint T = 0 területegység. pont pont - 4-8

20 Megoldások I. forduló Szakközépiskola Ismeretes, hogy T = r s, ahol T a háromszög területe, r a beírt kör sugara, s pedig a kerületének a fele. A K = 84 és T = 0 értékekből kiszámítva kapjuk, hogy r = 5, tehát a derékszögű háromszög beírt körének sugara 5 egység hosszúságú. Összesen: pont 0 pont - 5-9

21 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 4. Mely pozitív p prímszámokra teljesül, hogy Megoldás: kifejezésnek? 60 osztója a p 4 5p 4 Először szorzattá alakítjuk a p 4 5p 4 kifejezést. Eszerint: 4 p 5p 4 = p p 4. () ( ) ( ) () jobb oldalának mindkét tényezője tovább bontható. ()-ből, a szorzótényezők sorrendjének átrendezésével: () 4 5p 4 = ( p ) ( p ) ( p ) ( p ) p. Mivel 60 = 5 8 9, és az 5 ; 8; 9 számok páronként relatív prímek, azaz ( 5 ; 8) =, és ( 5 ; 9) = és ( 8 ;9) =, ezért a p 4 5p 4 kifejezés pontosan akkor osztható 60 -nal, ha osztható az 5; 8; 9 számok mindegyikével. a) Vizsgáljuk meg az 5-nél nem nagyobb p prímszámok esetén a kifejezést! Ha p =, akkor () szerint p 4 5p 4 = 0, vagyis p 4 5p 4 osztható 60 -nal. 4 Ha p =, akkor p 5p 4 = 4 5 = 40, nem osztható 60 -nal. Ha p = 5, akkor p 4 5p 4 = 4 6 7, ami nem osztható 5 -tel, tehát 60 -nal sem osztható. b) A p > 5 esetben p páratlan, ezért p és p két egymást követő páros szám, amelyek közül az egyik biztosan osztható -vel, a másik 4 -gyel, így a p p p p szorzat osztható 8 -cal. ( ) ( ) ( ) ( ) Ha p > 5, akkor p nem osztható -mal, így felírható p = n ± alakban ( n N ). Így a ( p ) ( p ) ( p ) ( p ) szorzat valamelyik két tényezője biztosan osztható -mal, ezért a szorzat osztható 9 -cel. (Például a p = n esetén p és p ) Ha p > 5, akkor p nem osztható 5 -tel, ezért p = 5 k ± vagy p = 5 k ± alakban is felírható, ahol k pozitív egész szám. Ebből következik, hogy a ( ) ( p ) ( p ) ( p ) p szorzat valamelyik tényezője biztosan osztható 5 -tel. (például p = 5k esetén a p ) Azt kaptuk tehát, hogy ha p > 5, akkor p 4 5p 4 osztható 5 -tel, 8 -cal és 9 -cel is, vagyis osztható 60 -nal. c) Eszerint a és 5 prímszámok kivételével minden p prímre teljesül, hogy p 4 5p 4 osztható 60 -nal. Összesen: pont pont 0 pont - 6-0

22 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 5. Határozza meg az a számjegyet úgy, hogy a tízes számrendszerbeli Megoldás: N = a alakú szám egy egész szám négyzete legyen! 00 db 00 db Mivel, ezért N átírható az alakba, ahonnan = 0 00darab ( 0 ) N = a 0 0 () N = 0 ( 0 a) 0 9 a számjegy, ezért majd Ezt végigszorozva amiből Továbbalakítva 0 0 -nel Ezt ()-gyel összevetve kapjuk, hogy 0 a 9, 0 a ( 0 a) N < 0, 0 0 ( 0 a) ( 0 a) ,.. pont pont 0 () N < ( 0 ) Másrészt < ( 0 a) 0 9 egyenlőtlenség minden, az 0 a 9 egyenlőtlenségnek eleget tevő a számjegyre teljesül, hiszen ekvivalens lépésekkel következik a 0 ( 0 ) 0 9 < a egyenlőtlenségből, ami nyilvánvalóan igaz. Tehát < N, pont - 7 -

23 Megoldások I. forduló Szakközépiskola () ( ) N A () és () egyenlőtlenségek szerint N két négyzetszám közé esik, mégpedig 0 0 (4) ( 0 0) < N < ( 0 ) közé. De N maga is négyzetszám, így N = 0 0 k, ahol < k < 0. <., Mivel N 9-re végződik, ezért N csak 7-re, vagy -ra végződhet, azaz k csak 7 vagy lehet, azaz 0 (5) N = ( 0 7 ) 0, vagy N = ( 0 ) jöhet szóba. Összevetve ()-et és (5)-öt, következik, hogy 0 a = 7 = 4 vagy 0 a = = 6 Az elsőből kapott a = 4 ellentmond annak, hogy a számjegy, a másodikból azt kapjuk, hogy a = 4, ez megfelel minden feltételnek. pont Eszerint a = 4 az egyetlen számjegy, amely mellett az N négyzetszám, mégpedig 0 ( 0 ) = N =. 00 db 00 db Összesen: Megjegyzés: k = 7 -et úgy is kizárhatjuk, hogy 7 = 49 esetén a 0-es helyiértéken ellentmondást kapunk, hiszen 0 volt és nem lehet 4. 0 pont - 8 -

24 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 6. Igazolja, hogy ha valamely háromszög területe területegység, akkor kerülete hosszúságegységnél nagyobb!. Megoldás: Legyenek a háromszög a ; b; c hosszúságú oldalaihoz tartozó magasságok rendre m ; m ; m. a b c a m Ekkor a háromszög területe T = a b m = b c m = c =, amelyből () a m = b m = c m =. a b c Alkalmazzuk az a; ma, mb b; és c; mc pozitív számokból álló számpárokra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget, és vegyük figyelembe ()-et a m a a m a, pont () a m, a b m b b m b, (), b m, b c m c c m c, (4) c m. A ()-()-(4) megfelelő oldalait összeadva, azt kapjuk, hogy c pont (5) ( b c) ( m m m ) 6 a b c a. A következő ábrákon a háromszögeket az egyes oldalakhoz tartozó magasságokkal ábrázoltuk hegyes, tompa és derékszögű háromszög esetén

25 Megoldások I. forduló Szakközépiskola. ábra Mivel a derékszögű háromszög átfogója hosszabb, mint bármelyik befogó, ezért az ábrákról leolvashatjuk, hogy mindhárom esetben teljesülnek az (6) a m b, (7) b m c, (8) c m a egyenlőtlenségek, amelyekben egyszerre nem állhat fenn az egyenlőség esete. pont Összeadva (6), (7) és (8) megfelelő oldalait ebből pedig (5) alapján azt kapjuk, hogy a b c > m m m, ( b c) 6 a >, azaz a b c >, és éppen ezt kellett bizonyítani. a b c Összesen: 0 pont. megoldás: Legyenek a háromszög oldalai a ; b; c hosszúságúak, ekkor a háromszög félkerülete a b c s =, ezzel a jelöléssel felírható a háromszög területe a Héron-képlettel, azaz T = s ( s a) ( s b) ( s c). A feladat adatával: s =. () ( s a) ( s b) ( s c) Az () összefüggés ekvivalens átalakításával kapjuk, hogy - 0-4

26 Megoldások I. forduló Szakközépiskola () 4 s =. ( s a) ( s b) ( s c) A pozitív s a; s b; s c számokra felírjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget, eszerint ( ) ( ) ( ) ( s a) ( s b) ( s c) s s a s b s c =, ebből köbreemeléssel és rendezéssel adódik, hogy s. 7 () ( s a) ( s b) ( s c) pont () és () együttesen azt jelentik, hogy () 4s s, 7 ebből pedig 7 (4) s 4, 4 majd s = 4, 4 4 s 4. pont Mivel K = s, a háromszög kerületére a következő egyenlőtlenséget kapjuk: 4 (5) K 4. pont Az ( ) 4 4 f = függvény tulajdonsága, hogy minden > valós számra >, ezért 4 4 >, így (5)-ből K > következik, ez pedig éppen a bizonyítandó állítás. Összesen: 0 pont - - 5

27 Megoldások I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára és. Határozzuk meg az f() függvény legkisebb és legnagyobb értékét, ha 4 4 f() = Megoldás: Legyen z = , akkor és csak akkor, ha 0 z 4. pont A függvény így írható fel: = z 6z = (z ) 9 pont Ez a z-ben másodfokú függvény a z = esetén lesz minimális, itt értéke -9. Mivel z = megfelel a 0 z 4 feltételnek, így a függvény legkisebb értéke a -9, és ezt az értéket az = ± 7 helyeken veszi fel. A (z ) 9 másodfokú függvény képe parabola, legnagyobb értékét a 0 z 4 intervallumon z = 0 esetén veszi fel, ekkor értéke 0. A függvény legnagyobb értéke tehát a 0, amit az = ±4 helyeken kapunk. pont Összesen: 7 pont. Keressük meg mindazon pozitív egész a és b számokat, amelyekre az alábbi négy állítás közül három igaz, egy pedig hamis: 6

28 Megoldások I. forduló Gimnázium i) a osztható b-vel; ii) a = b 5; iii) a b osztható -mal; iv) a 7b prímszám. Megoldás: Nem lehet egyszerre igaz iii) és iv). Ugyanis ha ab osztható -mal, akkor a 7b = a b 6b is osztható -mal. Így a 7b csak akkor lehetne prím, ha lenne, de a és b pozitív egészek, a 7b >. pont Ezek szerint i) és ii) mindkettő igaz. a = b 5 = b 6 osztható b-vel, ezért 6 osztható b-vel. Ezek szerint b értéke,, vagy 6 lehet. pont a b = b 5 b = b 5, ez nem osztható -mal, tehát iii) lesz a hamis. Most már csak arra kell figyelni, hogy iv) igaz legyen. Ha b =, akkor ii) szerint a = 7, a 7b = 4 miatt iv) hamis, ez nem jó megoldás. Ha b =, akkor ii) szerint a = 9, a 7b = miatt iv) igaz, ez jó megoldás. Ha b =, akkor ii) szerint a =, a 7b = miatt iv) hamis, ez nem jó megoldás. Ha b = 6, akkor ii) szerint a = 7, a 7b = 59 miatt iv) igaz, ez jó megoldás. A megfelelő (a; b) megoldáspárok tehát: (9;) és (7;6). pont Összesen: 7 pont. Oldjuk meg a természetes számok körében: = 9 5. Megoldás: Használjuk ki, hogy > 0. Ezek szerint 9 5 > 0, azaz 9 > 5 Ebből következik, hogy > és így 9 > 0. Ebből < 9. pont pont Azt kaptuk, hogy < < 9, azaz értéke,, vagy 4 lehet. Behelyettesítve kiderül, csak az = megfelelő. Az egyenlet egyetlen megoldása a természetes számok körében a. pont Összesen: 7 pont 4. Adott a síkon egy O pont és a belőle induló két félegyenes, melyek hegyesszöget zárnak be. A sík egy P pontjának a félegyenesekre eső merőleges vetületei a félegyenesek belsejébe eső P és P pontok. Határozzuk meg azon P pontok halmazát (mértani helyét), amelyekre P P szakasz hossza állandó. Megoldás: Először azt vizsgáljuk, hol lehet a P pont. Az ábra jelöléseit használjuk, jelölje az adott szakasz hosszát h. Az OP szakasz Thalesz körén rajta van P és P, ezek szerint ez a négy pont egy körön van. Ha P a szárak egyikén van, akkor vetülete önmaga. Ilyenkor három pontunk van OP Thalesz körén. 7

29 Megoldások I. forduló Gimnázium A kör átmérője OP. A P P ívhez tartozó kerületi szög P OP = α rögzített. Az átmérő, a kerületi szög és a húr hossza között fennáll OP = P P sin α Így P az O középpontú P P sin α = h sugarú körön van. sin α E körvonalnak csak azon pontjai felelnek meg, amelyek merőleges vetületei a félegyenesek belső pontjai. Állítsunk merőlegest O-ban az egyik adott félegyenesre, ez két részre osztja a síkot. P csak annak a félsíknak belsejében lehet, amely tartalmazza a félegyenest. Ugyanez igaz a másikra is. Így a megfelelő P pontok csak az ábrán látható AB íven lehetnek, az ív A, B végpontjai nélkül. Azt is meg kell gondolnunk, hogy ennek az ívnek minden pontja kivéve a végpontok hozzátartozik a mértani helyhez. Mivel az ív minden belső P pontjának a félegyenesekre eső vetülete a félegyenesek belső pontja, ezért létrejön az OP P P húrnégyszög, vagy pl P = P esetben egy OP átfogójú derékszögű háromszög. Akár húrnégyszög, akár derékszögű háromszög, a köréírt körének OP átmérője, így P P = OP sin α = h. pont A A P P O α P B Q Összesen: 7 pont 5. Egy urnában piros, 4 fehér és 5 zöld golyó van. Visszatevés nélkül kivesszük egyesével mindet. Mennyi a valószínűsége, hogy legalább két fehéret húzunk egymás után? 8

30 Megoldások I. forduló Gimnázium Megoldás: Legyenek az elemi események a különböző sorrendek. Ezek egyenrangúak, ezért a klasszikus modell alapján a valószínűséget a jó esetek számának és az összes eset számának hányadosa adja. Az összes eset, azaz a lehetséges húzások száma (ismétléses permutáció):! pont! 4! 5! Számoljuk meg, hány esetben nem lesz egymás mellett két fehér. Csak a pirosakat és a zöldeket tekintve ezek sorrendjeinek száma: 8!! 5! Fehér golyó húzás lehet előttük, valamely kettő között, vagy utánuk. Ábránkon a körök jelzik a nem fehér golyókat, a pontok jelzik azokat a helyeket, ahova egyesével kerülhet a négy fehér. A 8 darab nem fehér golyó így meghatároz 9 helyet, ezek közül kell kiválasztani négyet, ahova a fehérek kerülnek. Ezek száma ( ) 9 4. A nem fehér golyók tetszőleges elrendezése esetén mindig ( ) 9 4 módon helyezhetők el a fehérek, ezért azon esetek száma, amikor nincs egymás mellett két fehér ( ) 8! 9! 5! 4 A komplementer esemény segítségével számolva a keresett valószínűség:! 8! (9)! 4! 5!! 5!!! 4! 5! 4 = pont Ha a versenyző tizedestört alakban adja meg a megoldást és kerekít, akkor például a vagy a 74.5% alakban adott válasz is elfogadható. Összesen: 7 pont. 9

31 Megoldások I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 00 0-es tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 6 Budapest, Pf. 9. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a Versenybizottság legfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 00. december A versenybizottság. feladat Egy es táblázat mezőibe úgy akarunk (nem feltétlenül különböző) egész számokat beírni, hogy minden sorban és minden oszlopban a számok összege különböző legyen (azaz 400 különböző összeget kapjunk). Legkevesebb hányféle szám beírásával tudjuk ezt elérni? Megoldás: Két szám (a és b) nem elegendő, ugyanis ezekből legfeljebb 0-féle 00 tagú összeg készíthető: ka (00 k)b, 0 k 00. ( pont) Három szám viszont már elegendő, megfelel például az alábbi konstrukció. Osszuk fel a táblázatot négy ös részre, a bal felsőben a főátlóban és alatta -esek, fölötte 0-k szerepeljenek, a jobb alsóban a főátlóban és alatta minden elem legyen 0, fölötte 0, a bal alsóban minden elem -es, a jobb felsőben pedig minden elem 0. ( pont) Ekkor az első 005 sorban az elemek összege rendre,,..., 005, az utolsó 005 sorban 0 005, 0 005,..., , az első 005 oszlopban rendre 00, 009,..., 006, az utolsó 005 oszlopban pedig rendre 005 0, 004 0,..., 0, amelyek valóban mind különbözők. () 0

32 Megoldások I. forduló Specmat. feladat Legyen 0 < < < < n <. Igazolja, hogy ( ) ( )( ) ( )( ) ( n n )( n ) <. Első megoldás: A bal oldalon álló kifejezést jelölje S, ekkor a beszorzásokat és összevonásokat elvégezve S = n ( n) ( n n ) adódik. Ezt alakítsuk át a következőképpen: S = n ( pont) ( ( ) ( ) ( n n ) ) n. ( pont) Nyilván S < n n/ = ( n ) / / < /, amivel a bizonyítást befejeztük. ( pont) Második megoldás: Vezessük be az a =, a =,..., a n = n n, a n = n jelöléseket, ezzel a bal oldalon álló S kifejezés a következő alakba írható: S = a (a a a n ) a (a a n ) a n a n. ( pont) Ekkor = (a a n ) = (a a n) S, és ebből S < /. (4 pont) Harmadik megoldás: Rajzoljuk meg azt az egyenlő szárú derékszögű háromszöget, amelynek csúcsai az origó, az (, 0) és a (0, ) pontok, és írjunk bele téglalapokat az ábrán látható módon.. n 0... n n (4 pont) Ekkor a beírt téglalapok összterülete éppen az egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés. ( pont) Ez nyilván kisebb, mint a háromszög területe, azaz /. () Negyedik megoldás: Az előző megoldás ábrája és gondolatmenete alapján a szóban forgó összeg éppen az f() = függvény 0 és közötti integráljának egyik alsó közelítő összege, és így kisebb, mint az integrál, ami /. (7 pont)

33 Megoldások I. forduló Specmat Megjegyzés: Az /-es korlát pontos, bármilyen kisebb értéket a helyére írva az állítás nem marad igaz; ez legegyszerűbben a harmadik (és negyedik) megoldás ábrájáról olvasható le, de a többi megoldásból is könnyen adódik.. feladat Keresse meg az összes olyan p prímszámot, melyhez léteznek olyan a, b, c egész számok, hogy a b c = p és (a 4 b 4 c 4 ) osztható p-vel. Megoldás: p = és megfelel a = b =, c = 0, illetve a = b = c = választással. () Megmutatjuk, hogy más prímszám nem teljesíti a feltételeket. Indirekt tegyük fel, hogy valamely p > prímhez is találnánk ilyen a b c 0 egészeket. Nyilván nem fordulhat elő, hogy b = c = 0 vagy a = b = c. A p a = b c egyenlőséget négyzetre emelve p pa a 4 = b 4 c 4 b c adódik, azaz (b 4 c 4 b c a 4 ) osztható p-vel. () Innen következik, hogy (a 4 b 4 c 4 ) (b 4 c 4 b c a 4 ) = (a 4 b c ) = = (a bc)(a bc) is osztható p-vel. ( pont) Mivel p > és prím, ezért p osztója a bc-nek vagy a bc-nek. () Az első nem lehet, mert p = a b c > a bc > 0. () A második szintén lehetetlen, mert 0 < a bc < a b c = p. () 4. feladat Egy n-elemű H halmaznak kiválasztottuk néhány k-elemű részhalmazát ( k n) úgy, hogy H bármely két elemét pontosan három darab, bármely három elemét pontosan két darab kiválasztott részhalmaz tartalmazza. Határozza meg n és k lehetséges értékeit. Megoldás: Legyenek H,..., H j a kiválasztott k-elemű részhalmazok. Számoljuk meg kétféleképpen, hányszor fordul elő, hogy valamelyik H i tartalmazza H valamely ( ) elempárját (minden egyes ilyen tartalmazási relációt külön számolva). Mivel az elempár n ( ) n mindegyike pontosan db H i -ben van benne, ezért a keresett szám. Másfelől egy ( ) ( ) k k H i -ben elempár van, tehát a keresett szám j. Így A másik feltételből hasonlóan adódik, hogy ( ) ( ) n k = j. ( pont) ( ) ( ) n k = j. () A második egyenlőség -szorosát az első egyenlőséggel elosztva kapjuk, hogy (n )/ = k, azaz n = (/)k. Innen k = t és n = t valamilyen t egészre. ()

34 Megoldások I. forduló Specmat Ezt írjuk vissza az első egyenlőség -szeresébe: (t )(t ) = jt(t ). Megmutatjuk, hogy t mind t -hez, mind t -höz relatív prím. Valóban, ha d = (t, t ), akkor d (t ) (t ) =, és hasonlóan ha f = (t, t ), akkor f (t ) (t ) =. Ezért t, azaz t > miatt csak t = lehet. Innen t =, n = 5, k = 4 és j = 5. ( pont) Vagyis csak egy ötelemű halmaz összes négyelemű részhalmaza jöhet szóba. Ez valóban megfelel, hiszen bármely két elem pontosan azokban a négyelemű részhalmazokban van benne, amelyeket ehhez a két elemhez a maradék három elem közül kettőnek a hozzávételével nyerünk, és hasonlóan látható a másik feltétel teljesülése is. () 5. feladat (a) Tükrözzük az ABC háromszög A csúcsát B-re, B-t C-re és C-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta háromszög szabályos, akkor az eredeti háromszög is szabályos? (b) Tükrözzük az ABCD tetraéder A csúcsát B-re, B-t C-re, C-t D-re és D-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta tetraéder szabályos, akkor az eredeti tetraéder is szabályos? Első megoldás: (a) b c c α A b c B β a γ C b a a Fejezzük ki a keletkező háromszög oldalainak négyzetét az ABC háromszöghöz csatlakozó három darab háromszögre felírt koszinusztétel segítségével: a = c 4a 4ca cos(80 β) b = a 4b 4ab cos(80 γ) c = b 4c 4bc cos(80 α) A cos(80 ) = cos összefüggést, valamint az ABC háromszögbeli koszinusztételeket felhasználva az a = 6a b c b = a 6b c c = a b 6c kifejezéseket kapjuk. ( pont) 4

35 Megoldások I. forduló Specmat Ha ez a három mennyiség egyenlő, akkor az első 8-szorosából a második -szorosának és a harmadik 5-szörösének az összegét levonva nullát kell kapnunk. A jobb oldalon ezeket a műveleteket elvégezve a c -et tartalmazó tagok kiesnek, és 49a 49b marad, ahonnan a = b következik. Hasonlóan kapható két másik oldalhossz egyenlősége is, így tehát az ABC háromszög szabályos. () (b) Legyen a kiindulási ABCD tetraéder szabályos, és legyenek a kapott tükörképpontok rendre P, Q, R és S. R D Q A C S B P Ekkor az AP S és a BQP háromszög két oldal és a közbezárt 0 -os szög egyenlősége alapján egybevágó, így P S = P Q. () Ugyancsak e két háromszög egybevágósága miatt az AP S és az AP Q szögek összege 60. Mivel azonban a két szög nincs egy síkban, az SP Q szög kisebb 60 -nál. Emiatt a P QS háromszög nem szabályos, és ezért a P QRS tetraéder sem szabályos. ( pont) Szabályos tetraéderből kiindulva tehát nem kaphatunk szabályos tetraédert, így ha a tükörképek alkotta tetraéder szabályos, akkor az eredeti tetraéder biztosan nem szabályos. () Második megoldás: (a) Legyenek a tükörképek alkotta szabályos háromszög csúcsainak a helyvektorai rendre p, q, r, és legyenek az élei egységnyiek. Az ABC háromszög csúcsaiba mutató a, b, c helyvektorokkal kifejezve b a = p, c b = q, a c = r. () Adott p, q, r mellett az a, b, c vektorokat ennek a vektoregyenlet-rendszernek a megoldása útján kaphatjuk. A megoldás: a = p q 4r 7, b = q r 4p 7, c = r p 4q 7. () 5 4

36 Megoldások I. forduló Specmat Ebből az ABC háromszög oldalainak hosszára az a b = (r p) (q p), 7 b c = (p q) (r q), 7 c a = (q r) (p r) 7 képleteket kapjuk. Mindhárom kifejezésben két egymással 60 -os szöget bezáró vektor szerepel, amelyek hossza, illetve. Az oldalak tehát egyenlők, az ABC háromszög szabályos. () (b) Tegyük fel, hogy a tükörkép-pontok szabályos tetraédert feszítenek ki, és legyenek a csúcsok helyvektorai rendre p, q, r és s. A keresett eredeti ABCD tetraéder csúcsainak helyvektorai a vektoregyenlet-rendszer megoldásai: b a = p, c b = q, d c = r, a d = s a = c = p q 4r 8s, 5 b = r s 4p 8q, 5 d = q r 4s 8p, 5 s p 4q 8r 5. ( pont) Megmutatjuk, hogy AC AB. Az AC szakasz hossza: a c = (r p) 6(s q). 5 Ebben a kifejezésben két merőleges egységvektor szerepel, ezért az a c vektor hosszának a négyzete ( 6 )/5 = 45/5. Az AB szakasz hossza: a b = 4(s p) (r p) (q p). 5 Itt három, páronként 60 -os szöget bezáró egységvektor szerepel, ezért az a b vektor hosszának a négyzete ( 4 (/) (4 4) ) /5 = 5/5. Az ABCD tetraéder két éle tehát különböző hosszú, így nem lehet szabályos. ( pont) 6 5

37 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal. Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme. A sorozatnak a különbsége prímszám. Tudjuk, hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú tagok összegének 50-szeresével. Továbbá azt is tudjuk, hogy az utolsó négy tag köbének összege az öt tag közül vett páratlan sorszámú tagok összegének a 4-szerese. Adja meg ezt az öt számot! Jelölje ennek a számtani sorozatnak a különbségét d, az öt pozitív egész szám közül a középsőt a. Ezzel a jelöléssel a számtani sorozat első öt tagja a következőképpen írható: () a d; a d; a; a d; a d. A feltételek alapján felírhatók az ( a d ) ( a d ) a ( a d ) = 50 ( a d a d ), és ( a d ) a ( a d ) ( a d ) = 4 ( a d a a d ), összevonás után az () ( a d ) ( a d ) a ( a d ) = 50 a és, () ( a d ) a ( a d ) ( a d ) = 4 a egyenletek. A () egyenletből a () megfelelő oldalait kivonva kapjuk, hogy (4) ( a d ) ( a d ) = 7a. (4) rendezés és egyszerűsítés után a d 4d = 9a, alakra hozható, amiből (5) 4d = a ( ad ) következik

38 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Mivel a sorozat tagjai pozitív egészek, ezért () alapján a sorozat különbsége is pozitív egész szám, így (5) mindkét oldala pozitív egész. Ugyanakkor (5) jobb oldala -mal osztható, ezért a bal oldalnak is -mal oszthatónak kell lennie. Tudjuk, hogy és 4 relatív prímek, így 4d csak úgy lehet -mal osztható, ha d, azaz d osztható -mal. A feladat feltétele szerint a sorozat különbsége prímszám, ezért csak lehetséges. d = A d = értéket az (5) egyenletbe írva, rendezés után a pont (6) a a 6 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek gyökei: a = 9 és a = 4. 4 Az a = nem egész szám, ezért nem megoldása a feladatnak. Eszerint csak lehetséges. a = 9 Az a = 9 és a d = számokat ()-be helyettesítve a számtani sorozat első öt tagja: ; 6; 9;;5. Ellenőrzés: (Vagy az ekvivalenciára hivatkozás.) 6 9 = 700, és 50 ( 6 ) = 700; valamint = 6048, és 4 ( 9 5) = Tehát a ; 6; 9;; 5 számok megfelelnek a feltételeknek. Összesen: 0 pont - - 7

39 Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Adott egy kör, amelynek egyenlete y 0 0y 45 = 0. a) Bizonyítsa be, hogy a kör minden pontja az első koordináta-negyedbe esik! b) Legyenek a körön levő P pontok koordinátái és y. Képezzük a y P pontok koordinátáiból a k = hányadosokat! Mennyi k Megoldás: maimuma és a kör melyik pontjában veszi ezt föl? a) Az y 0 0y 45 = 0 egyenletből teljes négyzetté alakítással kapjuk, hogy: () ( 5) ( y 5) = 5. () szerint az y 0 0y 45 = 0 egyenlet valóban kör egyenlete. A kör C ( u; v) -vel jelölt középpontjának koordinátái: u = 5 és v = 5, a kör sugara pedig R = 5. A körön lévő pontok koordinátáira: 5 5 = u R > 0, azaz > 0, és y 5 5 = v R > 0, azaz y > 0, tehát a kör minden pontja valóban az első koordináta-negyedbe esik. b) A y k = ( > 0 ; y > 0) átalakításából y = k egyenletet kapjuk, ami értelmezhető úgy, mint az origón áthaladó, k (> 0) meredekségű egyenessereget megadó összefüggés

40 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az. ábrán megrajzoltunk néhány olyan egyenest, amely megfelel ennek a követelménynek.. ábra Mivel k maimumát keressük és P ( ; y) a körön lévő pont, ezért a fenti egyenesseregből azt a legmeredekebb egyenest kell kiválasztanunk, melynek van közös pontja a körrel. Ez éppen az origóból a körhöz húzott egyik érintő, mely létezik, mert az origó a körön kívül van (hiszen a kör minden pontja az I. koordináta negyedbe esik). Az érintő meredekségének kiszámításához az és a y 0 0y 45 = 0 y = k egyenletrendszer megoldását keressük. Ebből a két egyenletből kapjuk, hogy () ( ) ( 0k 0) 45 = 0 k. Az érintőhöz olyan k értéket keresünk, amely mellett pontosan egy darab értéket kapunk

41 Megoldások II. forduló Szakközépiskola A () egyenletnek akkor és csak akkor van -re egy megoldása, ha diszkriminánsa 0. Ebből k -ra a rendezve a ( 0 0) 4 ( k ) 45 = 0 k, () k 5k = 0 egyenletet kapjuk. A () egyenlet gyökei a k = és k =. Eszerint a y k = hányados maimális értéke k =. Ezt ()-be helyettesítve = 0, vagy egyszerűsítés után 6 9 = ( ) = 0, ahonnan =, továbbá az y = k egyenlet felhasználásával y = 6 következik. y A k = hányados a maimumot az y 0 0y 45 = 0 kör és az y = egyenes egyik érintési pontjában, az E ( ; 6) pontban veszi fel, és y értéke k = =. Összesen: 0 pont

42 Megoldások II. forduló Szakközépiskola. megjegyzés: k értékének kiszámítását úgy is végezhetjük, hogy felírjuk az C átmérőjű Thalesz kör egyenletét: O y =, majd megkeressük az adott kör és a Thalesz kör közös pontjait az ( 5) ( y 5) = 5 és 5 5 y = 5 egyenletrendszer megoldásából. Azt kapjuk, hogy az érintési pontok : ( ;6) =, y = 6, E, ( 6;) = 6, y =, F. pont Ebből O E meredeksége k =, O F meredeksége k =. y A k = hányados a maimumot az y 0 0y 45 = 0 kör és az y = egyenes egyik érintési pontjában, az E ( ; 6) pontban veszi fel, és y értéke k = =.. megjegyzés: y A k = hányados minimuma k =, ez az O F pontokon áthaladó érintő meredeksége. Az E és F pontok egymás tükörképei az y = egyenesre vonatkozóan, ezért F ( 6; )

43 Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Oldja meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán! y y = 5, 4y 4y = 5 y 7.. Megoldás: Két esetet vizsgálunk meg. Elsőként azt, hogy a) y 0, másodikként azt, hogy b) y < 0. Az a) esetben az abszolút-érték definíciója miatt y = y, és így az egyenletrendszer első egyenletéből azt kapjuk, hogy: () 4y = 7. () ből et kifejezve: 7 4y =. Ezt a kifejezést a második egyenletbe helyettesítjük: 7 4y 7 4y 7 4y () 4y 4y = 5 y 7. ()-ből a műveletek elvégzése és rendezés után a () 4y y 7 = 0 másodfokú egyenlet következik. A () egyenlet gyökei pont y = és 7 y =. 4 Ha y =, akkor 7 4y = miatt =

44 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az = ; y = számpárra teljesül az y 0 feltétel. Ha y = 7 4, akkor (ugyancsak 7 4y = alapján) 0 =, de az 7 = 0 ; y = 4 7 számpárra nem teljesül az y 0 feltétel, ezért = 0 ; y = nem 4 megoldás. b) esetben y < 0. Ekkor az abszolút-érték fogalma miatt y = y, és így az első egyenletből azt kapjuk, hogy: (4) y =. Az egyenletrendszer második egyenlete átalakítható a következőképpen: (5) ( y) = 5 ( y) y 7 (4) és (5) összevetéséből illetve. 9 = 5 y 7, y = adódik, ez pedig (4) alapján azt jelenti, hogy =. Az = ; y = számpárra nem teljesül az y < 0 feltétel, tehát nem ad új megoldást. Ellenőrzés: = 5, 5 = 5; 4 4 = 9, 5 7 = 9. Minden esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy a kiinduló egyenletrendszer egyetlen megoldása az = ; y = számpár Összesen: 0 pont - 9-4

45 Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Megoldás: Legyen y = a és y = b. Ezzel a jelöléssel az egyenletrendszer első egyenlete így írható: () a b a = 0. A második egyenletet is írjuk át jelöléssel Mivel a második egyenlet szerint ezért a, b közti összefüggésre. A fenti b = 4y 4y 9 6 y. 4y 4y = 5 y 7, b = 5 y y, b = y, b = a. Így a második egyenlet az új változókkal: () b a = 0. pont Meg kell oldanunk az ()-ből és ()-ből álló egyenletrendszert. Ha a 0, akkor és () szerint csak a lehetséges, ekkor azonban = 0 b = 0 is teljesül. Ezek az értékek kielégítik az () egyenletet is, tehát az egyik megoldás a = 0 ; b = 0. Ekkor: y = 0, és y = 0,

46 Megoldások II. forduló Szakközépiskola amiből = és y = adódik. pont Ha a < 0, akkor az abszolút-érték definíciója miatt a = a, ebből pedig () szerint b = 0 következik. Ekkor azonban ()-ből a = 0 adódnék, ami ellentmond az a < 0 -nak. Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az = ; y = számpár. Ellenőrzés: = 5, 5 = 5; 4 4 = 9, 5 7 = 9. Az adott számpár kielégíti mindkét egyenletet. Összesen: 0 pont. Megoldás Először átalakítjuk a megadott egyenleteket: () ( y ) ( y) y = 5, () ( y) = 5( y) y 7. pont Ezután új ismeretleneket vezetünk be: () y = a, (4) y = b

47 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Ezeket ((-be és ()-be beírva: (5) a b a =, (6) b = 5b y 7. (6)-ból y -t kiküszöbölhetjük, ha (4) és () különbségét vesszük, y = b a, (7) y = b a, majd(7)-et (6)-ba beírjuk: ( a 9) = 0 b 6b. Ez b ben másodfokú egyenlet, a paraméterrel, így (8) b = ± a,. Innen megállapítjuk, hogy a nem lehet pozitív, tehát a 0. (8)-at (5)-be behelyettesítve De a 0 miatt a = a, így a ± a a =. ± a = 0. Ennek az egyenletnek a megoldása: a = 0, amiből (8) alapján: b =. ()-ba és (4)-be visszahelyettesítve: y =, y =. Ennek pedig egyetlen megoldása az = ; y = számpár

48 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Ellenőrzés: = 5, 5 = 5; 4 4 = 9, 5 7 = 9. Az adott számpár kielégíti mindkét egyenletet. Összesen: 0 pont 4. Adottak a k ; k; k egymást páronként kívülről érintő körök. Az érintési pontjaik legyenek: P = k k, Q = k k és R = k k. A PQ egyenes k körrel való másik metszéspontja A és k-mal C. Az AR egyenes a k kört B -ben is metszi. Bizonyítsa be, hogy az ABC háromszög derékszögű! Megoldás: jelöléseink a. ábrán láthatók.. ábra Azt fogjuk bizonyítani, hogy az ABC háromszög C csúcsában van derékszög. Ehhez elég belátni, hogy PB a k kör átmérője, azaz P, O, B pontok egy egyenesre esnek

49 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Jelöljük az RAO -et α -val! Az RAO háromszög egyenlő szárú, ezért továbbá mert csúcsszögpár. ARO = RAO = α, BRO = ARO = α, A BRO háromszög szintén egyenlő szárú, amiből így RBO = BRO, RBO = α. Ebből az következik, hogy az AO és BO szakaszok egyenesei az AB egyenessel egyenlő szögeket zárnak be, ezért az AO és BO szakaszok párhuzamosak. Vezessük be az RAQ = β jelölést, ekkor pont O AQ = α β, és mivel az AQO háromszög egyenlő szárú, következik, hogy A csúcsszögpár miatt O QA = O AQ = α β. O QP = OQA = α β. A QPO háromszög ugyancsak egyenlő szárú, ebből az adódik, hogy Továbbá mert ez is csúcsszögpár, tehát O PQ = OQP = α β. O PC = OPQ, O PC = α β. Eszerint az AO és PO szakaszok egyenesei az AC egyenesével egyaránt

50 Megoldások II. forduló Szakközépiskola α β szöget zárnak be, azaz az AO és PO szakaszok párhuzamosak. Mivel az AO -vel, mind a BO mind az O P (= PO ) párhuzamos, ezért a B ; O ; P pontok egy egyenesre illeszkednek. 4 pont Azt kaptuk, hogy P O B szakasz a k kör átmérője, tehát Thalesz tétele alapján PCB = 90. Összesen 0 pont 5. Igazolja, hogy ha a > 0, b > 0 valós számok és a b, akkor: 4 a) > ; a b a b b) továbbá, hogy az Megoldás: egyenlőtlenség teljesül! > 0 a) Induljunk ki a számtani és mértani közép között fennálló egyenlőtlenségből: a b () > a b. ()-ben nem lehet egyenlőség, mert a feltételek szerint Mivel () mindkét oldala pozitív, ezért a b. a b > a b, illetve ( a b) > 4 a b. Az a > 0 és b > 0, feltételek miatt a b > 0 és a b > 0, tehát az ( a b) > 4 a b egyenlőtlenséget oszthatjuk az ( a b) a b kifejezéssel a relációjel irányának megváltozása nélkül. Ebből azt kapjuk, hogy

51 Megoldások II. forduló Szakközépiskola a b > 4, a b a b innen pedig a bal oldal ekvivalens átalakításával: 4 () >, a b a b ezzel a feladat első állítását bizonyítottuk. b) Az egyenlőtlenség bizonyításához először vegyük észre, hogy a bal oldali összeg éppen 09 darab tört összege, amelyek közül a középső tört. 906 > 0 Rendezzük át az egyenlőtlenség bal oldalát! () = Az a) részbeli () eredmény alkalmazásával: > > ,, stb., Így ()-ból az következik, hogy és 04 darab ilyen pár van > , pont (4) Nyilvánvaló, hogy > >,

52 Megoldások II. forduló Szakközépiskola így a (4) összefüggésből azaz > > =, >, és éppen ez volt a bizonyítandó állítás. Megjegyzés: Összesen: Ha az a) esetben a versenyző a bizonyítandó állításból kiindulva, ekvivalens átalakításokkal jut el ( a b) > 0 hoz, de nem hivatkozik az ekvivalenciára, akkor erre a részre helyett pontot kapjon. 0 pont - 7-5

53 Megoldások II. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára. Egy tetraéder éleire valós számokat írtunk úgy, hogy a kitérő élekre írt számok összege ugyanannyi legyen. Ezután minden csúcshoz hozzárendeltük az oda befutó élekre írt számok összegét. Ezek az összegek valamilyen sorrendben az a, b, c, és d számok, amelyekre a = b = c = d teljesül. Bizonyítsuk be, hogy az élekre írt számok között a 0 szám is előfordul. Megoldás: Mivel a csúcsoknak nincs kitüntetett szerepe, feltehető, hogy a C és D csúcsokhoz a c összeg, míg az A és B csúcsokhoz a c összeg tartozik. Ha a kitérő éleken levő számok összege S és az AB élen y áll, akkor a CD élen S y. Használjuk az ábra jelöléseit, a csúcsoknál álló számot a csúcsot jelölő betű mögé írtuk zárójelben. Az A-ból és B-ből induló élek számait összeadva: c c = 4c = y z (S ) (S z) y = S y. pont A(c) y z B(c) S D(c) S z S y C(c) Ugyanígy a C és D csúcsba futó élek számait összeadva: c c = c = S y z S y z = 4S y. pont A kapott két egyenletet egybevetve S y = (4S y) = 8S 4y azaz S = y, tehát a CD él száma a 0. pont Összesen: 7 pont 5

54 Megoldások II. forduló Gimnázium. Tekintsük az y = parabolát. Keressük meg az összes olyan egész meredekségű egyenest, ami áthalad a P (0; 4) ponton és a parabolába eső szakasza egész hosszúságú. Megoldás: A P ponton áthaladó y tengellyel párhuzamos egyenes a parabolát csak egy helyen metszi, ez nem megfelelő. A többi P -n áthaladó egyenes egyenlete felírható y 4 = m alakban, ahol az m paraméter jelöli az egyenes meredekségét, a feladat feltétele szerint m egész szám. A parabola és az egyenes A és B metszéspontjait kiszámoljuk. 4 = m ahonnan, = m ± m 6 A m ( ) m 6 m m 6 ; B m ( ) m 6 m m 6 ; Innen AB = ( m 6 ) ( m m 6 ) = (m )(m 6). Legyen m = k és AB = d, ekkor () k(k 5) = d. Használjuk ki, hogy k < k(k 5) < (k 8), ezért k(k 5) lehet (k b), ahol b {,,..., 7}. pont A hét lehetőséget végigpróbálva akkor kapunk egész k-t, ha b értéke, 5, 6, 7, a hozzájuk tartozó k értékek az, 5,, 49. Mivel k = m, ezért csak a k = és k = 5 ad jó megoldást. A megfelelő meredekségek az m = 0, m = és m =. A hozzájuk tartozó húrok hossza d = 4, illetve d, = 0. A feladat feltételeinek eleget tevő egyenesek: y = 4, y = 4, y = 4. pont Összesen: 7 pont. Megadunk egy másik lehetséges elindulást is. A P -n áthaladó egyenes és a parabola két további metszéspontja legyen A(u; u ) és B(v; v ). Az egyenes meredekségét felírjuk A és P, illetve B és P segítségével: 4 u u = v 4 v amiből uv = 4. A meredekség A és B segítségével v u = v u, tehát v u egész, uv is egész, ezért v u v u is egész. Most felírjuk az AB húr hoszának négyzetét: AB = (v u) (v u ) = (v u) ( (u v) ) = (u v 8)(u v 7). 5