11. évfolyam feladatsorának megoldásai

Átírás

1 évolym eldtsoránk megoldási Oldjuk meg természetes számok hlmzán következő egyenleteket x ) y 6 x! 3 b) y 6 3 ) Átrendezve megoldndó egyenlet y 6 x! 3 H x 0, kkor H x, kkor H x, kkor H x 3, kkor H x, kkor y y 9, ezért y 9, ezért y y, y y y H x 5, kkor 0! 5 5 9, ezért y 357, ezért y x, ezáltl 0 6! egy négyzetszám utolsó számjegye Tehát z egyenlet egyetlen megoldás x, y 5 (Molnár István, Gyul) x, így 6 x! 3 szám utolsó számjegye 3 lesz, mi nem lehet b) Átrendezve megoldndó egyenlet y x 6 3 H x 0, kkor H x, kkor y 9, ezért y y, y 5 5 továbbikbn vizsgáljuk zt z esetet, mikor x Ekkor y pártln négyzetszám, 8-cl osztv mrdékot d 6 x oszthtó 8 cl, 3 viszont 8 cl osztv 5 mrdékot d Ezért x esetén bl oldl nyolcs mrdék, jobb oldlé 5, ezért x esetén nem lehet megoldás Tehát z egyenlet egyetlen megoldás x, y 5

2 z BC hegyesszögű háromszögben BC oldlon D és E z B és C oldlk pontji úgy, hogy 0 BC 5 Legyen M z csúcsból húzott mgsság tlppontj 0 BMD 5 és 0 CME 5 ) Igzoljuk, hogy BDEC négyszög húrnégyszög b) Mekkor z DE és BC háromszögek területének rány? ) Tekintsük mellékelt ábrát: (Bíró Bél, Sepsiszentgyörgy) Hsonló háromszögeket tlálhtunk: BCDMBDD és CBDMCED, mert két-két szögük egyenlő: (BC és 5, ill CB és 5) B BC C BC Ezért és Ebből viszont következik, hogy MB BD MC CE BMDCBDD és CMDCBED, mert megegyeznek két oldl rányábn és közbezárt szögben Tehát CBD és BCE háromszögek is derékszögűek: BDC =BEC =90 Ezért D és E illeszkedik BC Thlesz-körére, zz BDEC húrnégyszög ) Második megoldás: Észrevehető, hogy z BME illetve DMC négyszögek húrnégyszögek, mert két-két szemközti szögük összege Ezután zt hsználjuk el, hogy egy négyszög kkor és csk kkor húrnégyszög, h vlmelyik oldl másik két csúcsból ugynkkor szög ltt látszik Emitt BE =ME =5 és CD =MD =5 Ezért BDEC négyszögben DE oldl másik két csúcsból 5-os szög ltt látszik tehát négyszög húrnégyszög b) BDEC húrnégyszög, ezért minden külső szöge egyenlő szemközti belső szöggel, így DE =CB, és ED = BC Ebből következik, hogy DE ~BC DC és EB egyenlő szárú derékszögű háromszögek, ezért C B D és E tehát z DE és

3 BC háromszögek hsonlóságánk rány Így területek rány Megjegyzés: Mindkét bizonyításból z is következik, hogy BE és CD háromszög másik két mgsság, így z M mgsságon metszik egymást, és P pont háromszög mgsságpontj 3 Htározd meg következő S összeget, melyben z pozitív vlós szám Milyen értékek esetén lesz S? S log log log log log log H, kkor S 0 (Szbó Mgd, Szbdk) H, kkor térjünk át lpr és htározzuk meg z összeget: S, log log log log log log S, log 3log 0708log S, log S, log S log log 08 08log 08 Ezek után meg kell oldnunk következő egyenlőtlenséget 07 log, log, log, vgy

4 Egy szbályos háromszög oldl n egység, hol n egész szám háromszöget oldlivl párhuzmos egyenesekkel elbontjuk olyn szbályos háromszögekre, melyek oldl egység Egy hngy elindul egy tetszőlegesen kiválsztott kis háromszögből, és mindig szomszédos kis háromszögbe lép át (Két kis háromszög szomszédos, h vn közös oldluk) Semelyik kis háromszögbe nem lép egynél többször Legeljebb hány kis háromszöget tud bejárni, beleértve zt is, melyik kis háromszögben kezdetben állt? (Kis háromszögön mindig egység oldlú háromszöget értünk) (Erdős Gábor, Ngyknizs) Színezzük váltkozv eketére és ehérre háromszögeket z ábránk megelelően z első sorbn, másodikbn, áltlábn k-dik sorbn k drb ekete háromszög vn Fehér háromszögből minden sorbn -gyel kevesebb vn, mint eketéből, zz ehér háromszögek szám összesen n n 3 n Mivel minden lépésben ellentétes színű háromszögbe kell lépnünk, és eketéből vn több, ezért leghosszbb utt ekete háromszögön kell kezdenünk, és minden ehéret érintve eketén kell beejeznünk Ekkor összesen -gyel több háromszöget érintünk, mint ehér mezők számánk kétszerese, zz leghosszbb út hossz nn n n Ilyen hosszú út megvlósíthtó, pl z ábrán láthtó módszert követve 5 dott z ) z sin x cos x x, x üggvény Htározzuk meg 6 6 sin x cos x 0 x egyenlet megoldásit 7 b) z x üggvény értékkészletét ) (Ktz Sándor, Bonyhád) 6 6 sin x cos x minden x re pozitív, mert sin x és cos x nem lehet egyszerre 0 sin x cos x zonosságot négyzetre, illetve köbre emelve következőt kpjuk:

5 sin x cos x sin x cos x, így sin x cos x sin x cos x, sin x cos x sin x cos x sin x cos x, sin x cos x sin x cos x 3 így 3 kpott eredményeket elhsználv kpjuk, hogy x sin x cos x sin x cos x 6 6 sin x cos x 3sin x cos x Vezessük be t sin xcos x jelölést Ekkor z t 0 3t 7 egyenlet gyöke 3 t, zz sin xcos x, sin xcos x, sin x k Ennek gyökei: x, k Mindegyik gyök kielégíti z egyenletet 6 ) Először is megállpítjuk, hogy nevező nem lehet 0, mert szinusz- és koszinusz üggvények ugynzon helyen nem vehetik el 0 értéket Után, nevezőt szorzttá lkítv négyzetes összeüggés elhsználásávl kpjuk: x Bevezetve z sin x 0 sin x cos x sin x cos x 6 6 sin x cos x sin x sin xcos x cos x jelölést, négyzetes összeüggés ismételt elhsználásávl megoldndó egyenlet: 0 7 Ebből , ennek megoldási: 3 sin x és sin x egyenletek megoldási: Mindegyik gyök kielégíti z egyenletet 3 és k x, k 6 b), ezért 0 t sin x cos x sin x Tekintsük t t t g t 3 3 3t 3t 3 39t üggvényt

6 H t lehetséges érétkei kkor 9t értékkészlete - 9t értékkészlete 3 9t értékkészlete 0 t 9 0; 9 ;0 3 ;3 39t értékkészlete ; t x értékkészlete is értékkészlete ; g t Ez z g t üggvény minimumát t 0, mximumát x üggvény minimumát Ugynerre jutunk, h belátjuk, hogy monoton növekvő) Megjegyzés: z x sin 3 sin x x t helyen veszi el k x,k, mximumát z üggvény periódus g t üggvény 0; k x,k helyeken veszi el intervllumon olytonos és szigorún ezért ki dierenciálássl dolgozik, nnk vizsgálni kell deriváltnk pl 0; intervllumb eső összes zérushelyénél üggvény viselkedését b) t g t üggvény értékkészlete zon p számok hlmz, melyekre z t p 3t 3t vn 0 t eltételnek megelelő gyöke egyenletnek

7 Fejezzük ki z t p egyenletből t t, ekkor következőt kpjuk: 3t p 0 3p p t 3p egyenlőtlenség megoldás p esetén nincs megoldás 3 p vgy p, 3 Mindkettő p esetén teljesül, tehát g t és vele együtt intervllum p 3p egyenlőtlenségé 3 p x üggvény értékkészlete z ; b3) z jelölésekkel x sin x, b cos x sin x cos x b sin x cos x b hol sem nevező, sem számláló nem lehet 0, mert szinusz és koszinusz üggvények ugynzon helyen nem vehetik el 0 értéket Mivel 0, és 0 b nyilvánvló, hogy Így b b 3 3 négyzetes összeüggés mitt b 3 3 és b b, miből 3 3 b b 3 3 Felhsználv z b b b b zonosságot, írhtjuk, hogy b b b bb 3 3 b b b számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenség mitt b sin x cos x Visszhelyettesítve és összeogllv 6 6 sin x cos x, ezért b b 3 3 k k Minimumát x,k, mximumát z x,k helyeken veszi el, és mivel olytonos, ezért minden közbülső értéket is elvesz, ezért x x érték készlete z [; ] intervllum

8 6 z BCD tégllpb írjunk EF szbályos háromszöget írunk úgy, hogy z E pont BC, z F pont CD oldl belső pontj ) tégllp D = b és B = oldlink milyen b rányánál lehet tégllpb entiek szerint szbályos háromszöget írni? b) Bizonyítsuk be, hogy z BE, DF és CEF háromszögek egyikének területe két másik háromszög területének összegével egyenlő! (Pintér Ferenc, Ngyknizs) B E ) Kövessük szerkesztés menetét: C z E pontot F-be egy körüli - 60-os orgtás viszi át, B ezért orgssuk el BC nyitott szkszt körül - 60-kl z így kpott B C szksz metszi ki CD oldlból z F pontot F-et visszorgtv kpjuk meg E-t Ezért kkor vn megoldás, h tégllp CD oldlánk vn közös pontj B H szksszl, vgyis z D oldlánk 60 F hossz B és H között vn: B < D < H 30 B o b cos 30 < b < / cos 30 cos 30 o D H cos30 b B C ( BH B'C', ezért C vlóbn z D egyenes ltt vn ) b 3 b 3 (H vlki zt állpítj meg, hogy F = D és E = B esetekhez és érték trtozik, 3 kkor zt, hogy közbülső esetekhez 3 b 3 trtozik, indokolni kell) 3 b) Legyen B = és BC = b, M z FE szbályos háromszög F oldlánk elezőpontj Először belátjuk, hogy BCM háromszög szbályos Mivel BE = 90 = ME, ezért MEB húrnégyszög ME = 60, ezért EBM = 60 (Kerületi szögek tétele mitt) Hsonlón láthtó be, hogy ECM = 60 Ez pedig zt jelenti, hogy z M pont z D oldltól B E C b 3 távolságr vn, így DF b 3 Hsonlón láthtó be, hogy BE b 3 b 3 Következésképpen: M F D 3, DF 3 3 b 3 TBE b b T b b b 3 b 3 EFC 3 3 BE DF T b b b T T

9 b) B 60+α E 60-α C Legyen DF = α, ebből derékszögű háromszögek többi szögei kiszámolhtók Legyen szbályos háromszög oldl c, ekkor T DF = 0,5 c sinα sin(90-α), 30-α α 30+α 90-α F D T BE = 0,5 c sin(30-α) sin(60+α), T CEF = 0,5 c sin(30+α) sin(60-α) Belátjuk, hogy T DF +T BE =T CEF 0,5 c sinα sin(90-α) + 0,5 c sin(30-α) sin(60+α) = 0,5 c sin(30+α) sin(60-α) /:0,5 c sin cos cos sin sin cos cos sin cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos két oldl egyenlő, ezzel igzoltuk z állítást