2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 12. évfolyam

Átírás

1 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat a kialakult tanári gyakorlat alapján, az útmutató jainak súlyozását alapul véve kell értékelni. Geometriai feladatok megoldásának elején a helyes ábrára jár az ott jelzett részszám, ha a versenyző az ábrát a szöveges leírásnak megfelelően használja. A feladatokat követő megjegyzések kitérnek néhány tipikus hibás megoldás ozására. Minden évfolyamon 100 érhető el, minden iskolából a 0 on felüli dolgozatokat, illetve minden évfolyam és kategória három legjobbját kérjük beküldeni. Kérjük az összes olyan dolgozatok számait, melyeket levélben nem küldtek el, de legalább 1 ot elértek, a zsirp@fre .hu címre elektronikus formában elküldeni.

2 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok lehető legbővebb részhalmazán! x 10 y = 10 1 x y = 100 Az egyenletek jobboldalai pozitívak, ezért a baloldalak is, így mindkét egyenlet mindkét oldalának ltízes alapú logaritmusát vehetjük: Azonosságokat alkalmazva: lg(x 10 y ) = 1 lg(x y ) = lgx + y = 1 y lgx = Vezessünk be egy új w ismeretlent lgx helyére! w + y = 1 wy = Fejezzük ki w-t az első egyenletből és helyettesítsük a másik egyenletbe: (, 1,y)y = Ennek megoldásai: y 1 = 4 és y = 1. Ha y1=4, akkor w1=0, és x 1 = 10. Ha y = 1, akkor w= és x= Ezek valóban megoldások, behelyettesítve igaz egyenleteket adnak. Levezetés és indoklás nélküli helyes megoldás nem ér ot, az utolsó adható, ha a gyökök ellenőrzése megvan. Az ellenőrzés indokolt, mert a feladatmegoldás elején nem volt alaphalmaz-vizsgálat (elvileg lehetne például mindkét egyenletben x negatív és y páros egész).. Egy szabályos háromszög alakú billiárdasztal mindegyik oldala 0 cm. Az egyik oldal mentén, a csúcstól 80 cm-nyire van egy billiárdgolyó. Milyen irányban kell a golyót ellökni, hogy két (tökéletesnek tekinthető) visszaverődés után visszatérjen az eredeti helyzetébe? (Az irányt az ábrán látható szög nagyságával adja meg!)

3 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam A golyó két pattanási helyéig terjedő két szakaszt jelöljük x-szel és y-nal a két oldalon. Mindkét pattanásnál egyenlő és szögek keletkeznek, az ábra ezeket is mutatja. Az eredeti háromszögből így három kisebbet vágtunk le, ezek hasonlók ( az ábrán színezve látszanak). Mindegyiknek van ugyanis egy 0 -os szöge, és egy ettől különböző szöge megegyezik a következő szomszédos háromszög egy szögével. Ebből az okoskodásból = is következik. A hasonlóság miatt az oldalak aránya megegyezik a három háromszögben: 80 0 y = x 0 x = y 40 Az első és az utolsó arányt összevetve: xy= Az első és a második arányt összevetve: 80(0 x)=x(0 y) A második egyenlőségből: 00 80x=0x xy Beírva az első egyenlőséget : 00 80x=0x Ebből x=11 (cm) és y= A szög koszinusz-, majd szinusztétellel számítható a bal oldali kis háromszögből: w = cos0 w=99,9 (cm) w sin0 = 11 sinε ebből = 7,10. A feladat megoldható a golyónak az oldalakra való tükrözésével is. A szerkesztésről mért megoldás nem ér ot.. Hány olyan összetett természetes szám van az [1; 01] intervallumban, melynek legnagyobb valódi osztója a [00; 00] intervallumba esik? Ha egy x összetett szám legnagyobb valódi osztója n, akkor x/n a szám legkisebb prímosztója. Ha ezt a legkisebb prímosztót p-vel jelöljük, akkor pn=x és 00 n 00 miatt p értéke, vagy lehet, (7 már nem, mert 7 00>01).. Ha p=, akkor n az összes szám lehet a [00; 00] -ban, ez =01 eset. Ezzel megszámoltuk az összes olyan x számot, melynek legkisebb prímosztója.

4 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam Ha p=, akkor azok a számok lehetnek az n-nek a [00; 00]-ban, melyek nem párosak, mivel az ilyen páros n-ekre az x=n szám legkisebb prímosztója lenne, és az ilyen számokat már beszámoltuk. Az első ilyen nem páros szám az intervallumban a 01, az utolsó pedig 499, tehát az ilyen lehetséges n számok darabszáma = 100 Ha p=, akkor 01:=40 miatt n [00; 40]. Ez esetben azok lehetnek n-ek, melyek páratlanok és -mal nem oszthatók a megadott intervallumban mivel a párosak és a -mal oszthatók esetén x=n legkisebb prímosztója nem lenne, hanem vagy. Ezek a számok a k+1 és a k+ alakú számok (k egész értékeire). A k+1 alakú számok közül a legkisebb a 01, a legnagyobb a 40 a megadott intervallumban, ezért ezeknek száma = 18. A k+ alakú számok közül a legkisebb a 0, a legnagyobb a 401 a megadott intervallumban, ezért ezeknek száma = 17. Összesen tehát = darab szám legnagyobb valódi osztója esik a [00; 00].intervallumba. 1 A feladat megoldható más logikájú összeszámolással is. Indoklás nélküli helyes eredményekre a megfelelő szám felének egészrésze adható. 4. A koordináta-rendszerben egy PQ szakasz P végja az e: x+y=14 egyenletű egyenesre, Q végja pedig a k: x + y + x + 1y 1 = 0 egyenletű körre illeszkedik. PQ szakasz P-hez közelebbi harmadolója a H(; 1). Határozza meg a P és Q ok koordinátáit! Ha az e egyenesre alkalmazunk egy = arányú, H középú középos hasonlóságot, akkor a kapott e egyenesnek a k körrel való metszésja(i) éppen a keresett Q o(ka)t adják. 7 Az e egyenletének felírásához elég, ha e egy jára alkalmazzuk az említett középos hasonlóságot, mert az ezen átmenő párhuzamos lesz e. Az e egyenes egy ja lehet például az E(0; 7), mely teljesíti az e egyenletét. Ezután EH (; 8) vektor kétszeresét kell H-ba eltolni: ( EH )(4; 1) és E (; 17). e és e normálvektora megegyezik, ne (1; ), emiatt e : x+y= 8 4

5 01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam e és k metszésját vagy metszésjait egyenletrendszerrel határozhatjuk meg: k: x + y + x + 1y 1 = 0 x + y = 8 A második egyenletből kifejezve x-et és az elsőbe helyettesítve: y + 10y + 71 = 0 Ebből y1= 11 és y= 1. Hozzájuk tartozó x-ek: x1= és x=. Tehát két lehetséges pár van, ezek a Q ok koordinátái: Q1( ; 11). és Q( ; 1). A hozzájuk tartozó P okat így kapjuk:. Q 1 H(8; 10) és Q H(4; 1) vektorok felét kell H-ba eltolni, így P1(; 4). és P(4; ). Ábráról leolvasott helyes eredmény nem ér ot. A feladat megoldható egyenletrendszerrel is.. Az ábrán látható ABCD trapézban AB a rövidebb alap. A szárak meghosszabbításai az E ban találkoznak. Az ABD szög egyenlő a trapéz hosszabbik alapján fekvő szögeinek különbségével. a) Igazolja, hogy BD átló mértani közepe az alapoknak! b) Igazolja, hogy EB mértani közepe ED-nek és EA-nak! a):mivel ABD és BDC váltószögek, ezért egyenlők és ADB =. BDC ABD, mivel két egyenlő szögük van. A megfelelő oldalak aránya: AB BD DC Ebből BD = AB DC, azaz BD = AB DC b) Mivel ABE és DCB egyállású szögek, ezért egyenlők és ABE =. BEA DEB, mert mivel E-nél fekvő szögük közös, két egyenlő szögük van. A megfelelő oldalak aránya: BE DE EB Ebből BE = BA DE, azaz BE = BA DE Konkrét esetre adott számításért maximálisan a megfelelő számok fele adható. Ahol a versenyző közelítő értékkel kezd számolni, onnantól nem kaphat ot. Indoklás nélküli helyes megállapításért maximálisan a megfelelő számok fele adható.