4 = 0 egyenlet csak. 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után. adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig

Átírás

1 Oktatási Hivatal Az forduló feladatainak megoldása (Szakközépiskola) Melyek azok az m Z számok, amelyekre az ( m ) x mx = 0 egyenletnek legfeljebb egy, az m x + 3mx 4 = 0 egyenletnek legalább egy valós gyöke van? Megoldás a) Ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyenlet elsőfokú, és m = behelyettesítésével 4 x = 0, azaz x = 4 Ekkor teljesül az a feltétel, hogy az ( m ) x mx = 0 egyenletnek legfeljebb egy valós gyöke van Az m = érték mellett az m x + 3mx 4 = 0 egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után x + 3x = 0 adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig x = és x 3 = Teljesül tehát az a feltétel is, hogy az m x + 3mx 4 = 0 egyenletnek legalább egy valós gyöke van Ebből következik, hogy m = a feladat egyik megoldása b) Ha m, de m = 0, akkor ennek behelyettesítésekor az m x + 3mx 4 = 0 egyenletben a két oldal nem egyenlő, ezért m nem lehet 0 Ez azt is jelenti, hogy az m x + 3mx 4 = 0 egyenlet csak másodfokú lehet pont pont pont Teljesülnie kell annak a feltételnek, hogy az m x + 3mx 4 = 0 másodfokú egyenletnek legalább egy valós gyöke legyen Ez pontosan akkor áll fenn, ha az egyenlet diszkriminánsa nem negatív, azaz () 9m + 6m 0 A 9m + 6m = 0 egyenlet gyökei 6 m = és 0 9 m =, pont

2 így figyelembe véve azt is, hogy a fentiek szerint m 0, az () egyenlőtlenség megoldásai a 6 ; ] 0; [ 9 számhalmazba tartozó egész számok Ha m, akkor az ( m ) x mx = 0 másodfokú egyenletnek pontosan akkor lesz legfeljebb egy valós gyöke, ha a diszkriminánsa nem pozitív, azaz, ha 4m + 4 ( m ) 0, amelyből rendezés után () m + m 0 következik Az m + m = 0 egyenlet gyökei m 3 = és m = 4, ezért az m Z feltétel figyelembe vételével a () egyenlőtlenség megoldásai a [ ; ] számhalmazba tartozó egész számok Az () és () közös megoldása a Z halmazon: m =, m = Ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyenletből a 4x 4x + = 0 egyenletet kapjuk, amelynek egyetlen gyöke x = ; az m x + 3mx 4 = 0 egyenletből pedig x + 3x + = 0 adódik, amelynek megoldásai x = és x = A feladat feltétele tehát mindkét egyenletre teljesül Másrészt, ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyenletből az x + x + = 0 egyenlethez jutunk Ennek csak az x = valós szám a megoldása; az m x + 3mx 4 = 0 egyenletből pedig az x + 3x 4 = 0 egyenletet kapjuk, amelynek gyökei x = 4 és x =, vagyis a feladat követelménye az m = egész számra is teljesül A feladat összes megoldását tehát az m =, m =, m = egész számok adják Összesen: pont pont pont pont pont pont 0 pont - -

3 Egy derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör érintési pontja két szakaszra osztja Bizonyítsa be, hogy a háromszög területének számértéke egyenlő ezen két szakasz hosszának a szorzatával! Megoldás Jelöléseink a következők: r r r x c-x ábra BC = a, CA = b, AB = c ; KD = KE = KF = r ; AF = x, BF = c x Ezekkel a jelölésekkel azt kell bizonyítanunk, hogy T ABC = AF BF, T ABC = x ( c x) A körhöz egy külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, ezért () CE = CD, továbbá valamint, és () miatt amiből kapjuk, hogy () és (3) AE = AF = x és BD = BF = c x, CE = b AE = b x, CD = a BD = a ( c x), ( c x) b x = a, b + c a x =, a + c b c x = pont pont pont - 3 -

4 () és (3) szerint b + c a a + c b c + ( b a) c ( b a) AF BF = x ( c x) = = Elvégezve a műveleteket, azt kapjuk, hogy (4) x ( c x) c a + ab b = 4 pont pont Az ABC derékszögű háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel miatt c a b = 0, ezért a (4) összefüggés azzal egyenértékű, hogy a b (5) x ( c x) = Mivel a BC = a és CA = b befogójú, derékszögű háromszög területe a b, ezért (5) pontosan azt jelenti, hogy T ABC = x ( c x), ezzel a feladat állítását igazoltuk Összesen: pont pont 0 pont Megoldás: Az megoldás ábráját használjuk 0 A CEKD négyszög négyzet, mert EK = KD és a szögek 90 -osak, ezért CE = CD = r Ebből, valamint a külső pontból körhöz húzott érintők egyenlőségéből következik, hogy: () AE = AF = b r, pont illetve () BD BF = a r Ugyanakkor és ezért = AF + BF = c, a + b r = c, ahonnan (3) a + b = c + r pont pont Tekintsük most az a + b kifejezés négyzetét! (3) alapján ez ( a + r + b) = ( c ) - 4 -

5 Elvégezve a műveleteket: (4) a + b + ab = c + 4r + 4rc pont Mivel a Pitagorasz-tétel miatt a + b = c, ezért (4)-ből következően: a b (5) = r ( r + c) a b Az a és b befogójú derékszögű háromszög területe éppen, így elegendő azt bizonyítani, hogy az AF és BF szakaszok hosszának szorzata r ( r + c) pont pont Az AF és BF szakaszok hosszának szorzata () és () felhasználásával: (6) AF BF = ( b r) ( a r) (6) jobb oldalán elvégezve a műveleteket AF BF = a b b r a r + r, átalakítva: (7) AF BF = a b r ( a + b r) pont Helyettesítsük (7) jobb oldalán az a + b r helyére a (3)-ból következő a + b r = r + c összefüggést! Eszerint AF BF = a b r ( r + c), illetve (5) miatt AF BF = r ( r + c) r ( r + c), vagyis AF BF = r ( r + c), ez pedig a fentiek szerint a bizonyítandó állítással ekvivalens Összesen: pont 0 pont - 5 -

6 3 Melyik az a 0-es számrendszerben felírt, xyzu alakú négyjegyű szám, amelynek számjegyeire teljesülnek az u + z 4 x = és u + 0 z y = 4 feltételek? Megoldás Az xyzu szám négyjegyű, ezért x 0, továbbá mivel az x ; y; z; u egész számok a tízes számrendszer számjegyei, ezért felírhatjuk a következő kettős egyenlőtlenségeket: () 0 < x 9, 0 y 9, 0 9 z, 0 u 9 pont Az u + z 4 x = egyenletből következik, hogy u + z = 4 x +, de () alapján u + z értéke legfeljebb 8 lehet, azaz () x A () egyenlőtlenségből x lehetséges értékei:,, 3, 4 Az u + 0 z y = 4 egyenlet szerint u + 0 z = y + 4, de ugyancsak () miatt y + 4 3, és ezért (3) + 0z 3 u A (3)-ból következően z lehetséges értékei: 0,,, 3 pont pont A továbbiakban z és x lehetséges értékei szerint vizsgáljuk a megoldási lehetőségeket a) ha z = 0, akkor a megadott egyenletekből u = 4 x +, és u = y + 4 A két egyenlet ellentmondó, mert az elsőből u páratlan, a másodikból páros, tehát z = 0 -ra nincs megoldás pont b) ha z =, akkor ugyancsak a megadott egyenletekből (4) u = 4x, (5) és u = y

7 De tudjuk, hogy x 4, amiből itt csak x =, vagy x = jöhet szóba (mert u 9 ) b ) ha x =, akkor (4)-ből u = 4, és (5)-ből y = 0 b ) ha x =, akkor (4)-ből u = 8, és (5)-ből y = c) ha z =, akkor u = 4x, u = y és 6 Itt ugyanazért nincs megoldás, mint az a) esetben d) ha z = 3, akkor (6) u = 4x, (7) és u = y 6 Mivel x 4, ezért x =, x = jöhet szóba (hiszen u 9 ) d ) ha x =, akkor (6)-ból u =, és (7)-ből y = 9 d ) ha x =, akkor (6)-ból u = 6, és (7)-ből y =, ami nem jó, mert ellentmond ()-nek Így a feladatnak három megoldása van: b ) ből 04, b ) ből 8, d ) ből 93 Összesen: Megjegyzés: a) és c) számolással való megoldása esetén is megkapja a versenyző az + pontot Ekkor x y z u pont pont pont pont 0 pont Ezek nem megoldások, mert egyik y sem egész - 7 -

8 4 Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpontja a CC magasságvonalon úgy helyezkedik el, hogy CM : MC = 3 : ( talppontja) Mekkora az AFB, ha F a CC szakasz felezőpontja? C a magasság Megoldás D pont a C B szakasz felezőpontját jelöli ábra Mivel a CC szakasz felezőpontja F, a C B szakasz felezőpontja D, ezért a BCC háromszög egyik középvonala FD A középvonal tulajdonsága miatt ez azt is jelenti, hogy FD CB, vagyis az AM magasság egyenese az FD egyenesre Az ADF háromszögnek két magassága FM és AM egyenese, azaz az M pont az ADF háromszögnek is magasságpontja, ezért DM egyenese az AF egyenesére A CM : MC = 3 : feltétel miatt az M pont az FC szakasz felezőpontja, ezért a DM szakasz a BFC háromszög középvonala, így DM BF pont pont pont pont Az előzőek szerint egyrészt DM egyenese az AF szakasz egyenesére, másrészt DM BF, ez együttesen azt jelenti, hogy BF AF -re, azaz AFB = 90 Összesen pont pont 0 pont - 8 -

9 Megoldás: Helyezzük el az ABC háromszöget (alkalmasan választott) koordináta rendszerben! A( a;0) + ahol a R M ( 0; m) + ahol m R B (b;0) + ahol b R F ( 0;m) + ahol m R C (0;0) C ( 0;4m) + ahol m R a) Először írjuk fel koordinátákkal az AM és CB vektorokat: AM ( a; m), CB ( b; 4m) Mivel AM magasság, ezért AM merőleges a CB oldalra, azaz: AM CB = 0 Koordinátákkal: () ab 4m 4 = 0 b) Ezután az AFB két szárán elhelyezkedő FA és FB vektorokat írjuk fel koordinátákkal: FA ( a; m), FB ( b; m) Mivel AFB nagyságát keressük, ezért felírjuk FA és FB skaláris szorzatát koordinátáikból: FA FB = ab + 4m pont 3 pont 3 pont - 9 -

10 Ennek jobb oldala () miatt 0, azaz FA FB = 0 Ez azt jelenti, hogy FA merőleges FB -re, tehát 0 AFB = 90 Összesen pont pont 0 pont - 0 -

11 5 Feladat Palkó uzsonnára palacsintát készített barátainak Az asztalon három tálon van palacsinta Az elsőn 8 darab túrós, 6 darab diós, és 0 darab lekváros van, a másodikon darab túrós, 0 darab diós, és 8 darab lekváros, a harmadikon 8 darab diós, darab lekváros és néhány túrós Megoldás a) Palkó egyik barátja, Peti, véletlenszerűen vett mindegyik tálról egy-egy 3 palacsintát Tudjuk, hogy a Peti által választott három palacsinta 5 valószínűséggel volt azonos ízesítésű Hány túrós palacsinta volt a harmadik tálon? b) A harmadik tálon levő túrós palacsinták számától függően milyen határok közt változhat annak a valószínűsége, hogy Peti három azonos ízesítésű palacsintát vett ki? (Feltesszük, hogy a házigazda csak a harmadik tálon lévő túrós palacsinták számát változtatja) a) Legyen x a harmadik tálon lévő palacsinták száma! Az alábbi táblázatban az egyes tálakon lévő palacsinták számát foglaltuk össze túrós diós lekváros összes tál tál tál x 8 x+0 Annak valószínűsége, hogy Peti túrós palacsintát vesz ki az első tálból 8 P =, 4 annak valószínűsége, hogy a második tálból vesz ki túrós palacsintát P =, 30 annak valószínűsége, hogy a harmadik tálból vesz ki túrós palacsintát x P 3 = x + 0 Az egyes tálakból történő kivétek egymástól független események, ezért annak valószínűsége, hogy mindhárom tálról túrósat vesz ki P4 = P P P3, 8 x () P 4 = 4 30 x + 0 Hasonlóan adódik, hogy a 3 darab diós palacsinta választásának pont - -

12 valószínűsége: () P 5 =, 4 30 x + 0 a 3 darab lekváros palacsinta választásának valószínűsége pedig 0 8 (3) P 6 = 4 30 x + 0 A túrós, diós illetve lekváros palacsinta-hármasok kiválasztásai egymást kizáró események, így az azonos ízesítésűek kivételének valószínűsége: P = P4 + P5 + P6, azaz (), () és (3) alapján: 8 x P = x x x + 0 pont pont Ebből rendezés után kapjuk, hogy x + 30 (4) P = 5( x + 0) A feltétel alapján ezért amiből 3 P = = 0,, 5 x + 30 = 0,, 5( x + 0) x = 30 következik, vagyis a harmadik tálon a harmadik tálon 30 darab túrós palacsinta volt x + 30 b) (4) alapján tudjuk, hogy P = A jobboldalt átalakítva: 5( x + 0) (5) P = 5 3( x + 0) (5) jobb oldalán egy nem negatív x -ekre monoton növekvő függvényt kaptunk (grafikonja hiperbola) Nem zártuk ki azt az esetet sem, hogy a harmadik tálon egyetlen túrós palacsinta sem volt, ezért x legkisebb szóba jöhető értéke * pont pont pont pont - -

13 x = 0, min így P min = 0 Továbbá minden pozitív x -re P kisebb -nél, hiszen -ből egy 5 5 pozitív számot vonunk ki, vagyis P < 5 Tehát annak a valószínűsége, hogy Peti három azonos ízesítésű palacsintát vett ki, a harmadik tálon levő túrós palacsinták számától függően az (6) P < 0 5 egyenlőtlenségeknek megfelelően változik = függvény a (6) intervallumban 5 3( x + 0) nem vesz fel minden valós értéket, hiszen x N Összesen Megjegyzés: Természetesen a P( x) ha a versenyző (4) rendezését a b) részben végzi el, akkor ott kapja meg az (*) pontot, ha a versenyző x = min -gyel számol, akkor is teljes értékűnek kell 3 tekinteni a megoldását, ekkor P min =, 35 ha a versenyző a <, illetve relációjeleket nem jól használja, akkor az (**) pontot nem kaphatja meg pont pont pont** 0 pont - 3 -

14 6 Az ABC háromszög B és C csúcsainál fekvő belső szögfelezők az AC illetve AB oldalt a B illetve C pontokban metszik Rajzoljuk meg az A csúcson keresztül a külső szögfelező e egyenest A B ponton át a CC szögfelezővel, a C ponton át a BB szögfelezővel párhuzamos egyeneseket húzunk, amelyek az e egyenest a P illetve a Q pontokban metszik Bizonyítsa be, hogy a BCQP négyszög csúcsai egy körön helyezkednek el! Megoldás Jelöléseink az ábrán láthatók (K a belső szögfelezők metszéspontja) 3 ábra Elegendő bizonyítani, hogy a BCQP négyszög két szemben fekvő csúcsánál levő belső szögek összege 80, mert ekkor a négyszög húrnégyszög, tehát csúcsai egy körön vannak pont pont A szokásos jelölések szerint BAC = α, ABC = β és ACB = γ Ezzel α CAQ = 90, hiszen az AK belső és az AQ külső szögfelező egyenesek merőlegesek egymásra Mivel BB belső szögfelező, ezért β KBC =, - 4 -

15 és így β QC A =, mert a feltételek szerint C Q BB pont Ezzel az AC Q háromszögben a szögek összegére felírhatjuk, hogy: α β () AQC α + = 80 Az () összefüggésből kapjuk, hogy α + β AQC = 90, és az α + β + γ = 80 miatt α + β = 80 γ, azaz γ AQC = Ebből az következik, hogy a C és Q pontokból az AC szakasz azonos nagyságú szögben látszik, és mivel a két pont az AB egyenesnek ugyanazon az oldalán helyezkedik el, ezért a C és Q pont rajta van az γ AC szakasz fölé rajzolt szögű látószögköríven Ez pedig azt jelenti, hogy az AC CQ négyszög csúcsai egy körön vannak, vagyis ez a négyszög húrnégyszög pont pont Hasonlóképpen, mivel B P CC, és CC felezi az ezért γ AB P = Ebből következően az APB háromszögben: ACB = γ szöget, α γ () APB α + = 80, ahonnan α + γ APB = 90, illetve az α + β + γ = 80 szögösszegből adódóan β APB = β Ezért a B és P pontokból az AB szakasz nagyságú szögben pont - 5 -

16 látszik, és a két pont az AC egyenesnek ugyanazon az oldalán van, így β B és P rajta van az AB szakasz fölé rajzolt szögű látószögköríven Ez pedig azt jelenti, hogy az AB BP négyszög húrnégyszög pont Meghatározzuk a BCQP négyszög két szemben levő szögének összegét Már beláttuk, hogy az AC CQ négyszög húrnégyszög, ezért a köré írt körben CQC = CAC = α, hiszen azonos körívhez tartozó kerületi szögek Ez pedig azzal egyenértékű, hogy γ (3) CQA = CQP = α + Azt is bizonyítottuk, hogy az AB BP négyszög húrnégyszög, a köré írt γ körben AB P =, ez a kerületi szög az AP húrhoz tartozik Ebben a körben ugyancsak az AP húrhoz tartozik az ABP kerületi szög, tehát γ ABP = Eszerint: γ (4) CBP = β + pont pont (3) és (4) alapján a BCQP négyszög két szemben levő szögének összege γ γ CQP + CBP = ( α + ) + ( β + ) = α + β + γ = 80 Ez a húrnégyszögek tételének megfordítása alapján pontosan azt jelenti, hogy BCQP húrnégyszög, vagyis a négyszög csúcsai valóban egy körön vannak Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk Összesen pont 0 pont - 6 -