2007/2008. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

Átírás

1 007/008 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 0.. 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 007/008 Matematika I. kategória Az. forduló feladatai. Oldja meg a valós számok halmazán a log x + log x x = 8x 0 egyenletet!. Legyenek x és y olyan pozitív egészek, melyek eleget tesznek a 4y 9x = 007 egyenletnek. Mennyi az összes összetartozó x és y érték szorzatának legnagyobb prímosztója? 3. Az ABCD trapéz AB alapjának hossza háromszorosa a CD alapnak és az AD szárnak. Az AC átló hossza 5 egység, a BC szár hossza 0 egység. Mekkorák az ABCD trapéz oldalai? Bizonyítsa be, hogy osztható 7 -tel! 5. Bizonyítsa be, hogy egy tetszőleges háromszög a, b, c -vel jelölt oldalai között akkor és csak akkor áll fenn az a b c egyenlőtlenség, ha az s a, sb, sc -vel jelölt súlyvonalakra fennáll az sa sb sc egyenlőtlenség! 6. András és Balázs kosárra dobásban méri össze tudását. Annak valószínűsége, hogy András a kosárba talál 0,7; míg Balázs 0,4 valószínűséggel dob kosarat. Egy játszmában mindegyikük egyszer dob. Ha András talál, és Balázs nem, akkor András nyer. Ha Balázs talál, és András nem, akkor Balázs nyer. Minden más esetben a játszma eredménye döntetlen. Mennyi a valószínűsége annak, hogy két egymás utáni játszma mindegyike döntetlen lesz? Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér.

4 Feladatlapok I. forduló Gimnázium Oktatási Hivatal Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet: log ( + cos(x)) = +cos(3x).. Az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja F, az AB oldal egy belső pontja T, az AF és CT szakaszok metszéspontja M. Az AT M háromszög területe 8, a CF M háromszög területe 5 egység. Mekkora lehet az ABC háromszög területe? 3. Határozzuk meg, mely a és b egész számokra igaz: b a + a 4 b + =. 4. Bizonyítsuk be, hogy egy olyan téglalap alapú gúlában, amelyben a gúla magasságának a talppontja az alap valamely csúcsába esik, a leghosszabb oldalél hosszának negyedik hatványa legalább hatszorosa az oldallapok területei négyzetösszegének. 5. Adott az x x + x + x függvény, ahol x 0. (a) Monoton nő, vagy csökken a függvény? (b) Melyik az a legkisebb pozitív egész n, amelyre f(n) < 008? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 3

5 Feladatlapok I. forduló Specmat Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny as tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek) metszéspontja M, az AMB, BMC, CMD és DMA háromszögek súlypontjai rendre a P, Q, R, S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X, Y, Z, W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X, Y, Z, W pontok a P QRS négyszög oldalegyenesein vannak.. Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden x, y esetén f(xy) xf(y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f(xy) = xf(y). 3. A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. 4. Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, ] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem? 5. Mely n 007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prím n-hez? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

6 Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola. Legyen Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 007/008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák) A. forduló feladatai f ( x) = tgx + log és cos x f ( x) f ( x) g( x) =, minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők. π Mennyi g pontos értéke? 4. Tekintse a p ( x) = ( 5x ) ( x + 4) ( x 5) és a 3 ( x) = ( a b + c) x + ( 3 a + b c) x + ( a + b + c) x d q + Határozza meg az a,b, c és d valós számokat úgy, hogy p x = q x ( ) ( ) 3. Az an és bn számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk: a = n 3 n és Határozza meg b 008 értékét! b. n = n an a a... an polinomokat! minden valós x -re teljesüljön! 4. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P, az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y! Bizonyítsa be, hogy PX QY ( a + c b ) ( b + c a ) b =, a ahol a, b, c az ABC háromszög oldalhosszait jelentik! 5. Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám: x = x 3 p + x x 3 + p p! 5

7 Feladatlapok II. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Tekintsük azokat a konvex négyszögeket, amelyek 00 darab egységnyi oldalú szabályos háromszögre darabolhatók. Mekkorák lehetnek a megfelelő négyszögek oldalai?. Egy 30 fős osztályban a karácsonyi ajándékozásról sorshúzással döntenek. Minden diák nevét felírják egy papírra, majd a 30 papírdarabot egy sapkába teszik. Névsor szerinti sorrendben mindenki kihúz egy papírt a sapkából és a rajta szereplő embernek készít ajándékot. Elképzelhető, hogy valaki saját magát ajándékozza meg. Az átadás úgy történik, hogy először jelentkeznek, akik magukat húzták, majd a többi diák közül a legfiatalabb diák átadja ajándékát az általa húzott embernek, és innentől aki éppen megkapja az ajándékát, az lesz a soron következő ajándékot átadó ember. Ha valahol elakad a sor, azaz olyan diák kapja az ajándékot, aki már a sajátját átadta, de még nem mindenki adta át illetve kapta meg az ajándékát, akkor ez utóbbiak közül a legfiatalabb újra kezdi. Mennyi a valószínűsége, hogy egy osztályban hat egymást követő év karácsonyi ajándékozása során lesz legalább egy olyan év, amelyben senki nem húzza magát és a sor sem akad el? (Az osztály létszáma minden évben ugyanannyi.) 3. Melyek azok az x, y, z és w valós számok, amelyekre egyszerre teljesül: () x + y + z = 3, () 4x + 4y + 4z + 3 w. 4. Adott egy egységnyi oldalú négyzet. Határozzuk meg a négyzet síkjában levő azon körök középpontjainak a halmazát (mértani helyét), amelyeknek a négyzet mind a négy oldalával két közös pontja van. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 6

8 Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal OKTV 007/008 Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások A döntő feladatai. Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: 3 x x 9x + 07 K =, x 9 ahol [ 008;008] x és x Z. Mennyi a valószínűsége annak, hogy K egész szám, ha x eleget tesz a fenti feltételeknek?. Feladat Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójára és az AC befogójára kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket. Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját! Mekkora szögben látszanak az M pontból az ABC háromszög oldalai? 3. Feladat Egy m sorból és n oszlopból álló, téglalap alakú táblázat minden mezőjébe egy-egy számot írunk oly módon, hogy az egyes sorokba írt számok egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjait képezik, hasonlóképpen az egyes oszlopokba írt számok is egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjai. Mennyi a táblázatba írt számok összege, ha a téglalap négy sarkába (csúcsába) írt számok összege 008? Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér. 7

9 Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium Oktatási Hivatal Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi harmadik, döntő fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Egy urnában van n + darab cédula. Két cédulán páros szám, n darabon pedig páratlan szám van, ahol n. Ketten játszanak A és B. Minden játékot A kezd, kihúz két cédulát visszatevés nélkül, majd B is ugyanezt teszi. Az A játékos nyer, ha az általa húzott számok összege páros, de B összege páratlan. B nyer, ha az ő két számának összege páros, de A összege páratlan. Ha mindkettőjük összege egyszerre páros, vagy egyszerre páratlan, akkor újra játszanak. Milyen n érték esetén lesz a legkisebb az újrajátszás valószínűsége?. Az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja D. Az ABD és ADC háromszögek köré írt körök középpontjai rendre E és F. A BE és CF egyenesek metszéspontja G. Tudjuk, hogy BC=DG=008 és EF = 55 egység. Mekkora az AEF háromszög területe? 3. Egy egység magasságú egyenes körhenger alapkörének átmérője legyen egy egység. A hengert olyan síkkal messük el, mely a forgástengellyel 45 -os szöget zár be és az alapkörrel egyetlen közös pontja van. Legyen ez a pont O. A hengerpalástot ezután az O ponton átmenő alkotó mentén felvágva kiterítjük, ami által a metszetgörbe síkgörbe lesz. Mely x f(x) függvény grafikonja ez a síkgörbe? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 8

10 Feladatlapok Dönt forduló Specmat Oktatási Hivatal ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼¼¾¼¼¹ ØÒÚ ÅÌÅÌÁà ÁÁÁº ØÖ ÒØ ÐØ ÑÒ ÞÙÑÓ Ô Ð ÑØÑØ Ó ÞØ ÐÝÒ ØÒÙÐ Ö ÞÖ ½º Þ ½ ¾ ÓÒÚÜ Ø Þ ÑÒÝ Ð Þ ØÓÑÔ Þº Þ ÞÔÔÓÒØ Ö ½ µ Ý ÐÝÞÒ Ð ÓÝ ½ ¹ ÚÐÖÐ ÖÒØ ¾ ¹Ø ¹ÓØ ¾ ÚÐÖÐ ÖÒØ ½ ¹Ø ¹Ø ÐØÐ Ò ÚÐÖÐ ÖÒØ ½¹Ø ½ ¹Øº ½ ¹Ò ØÐ ÐØ Ø ÖÒØ ÔÓÒØÓØ ÞØ ÝÒ Ò ¹ÓÒ ØÐ ÐØ ÖÒØ ÔÓÒØÓØ ÞØ ÝÒ Ò ÑØ Þ ÔÓÒØ Ø ÞØ ¾ ¹ÚÐ Þ Ð Þ Þ ÝÒ º À ÓÒÐÒ ¹ÓÒ ÐÐØÚ ¹Ò ÐÚ ÖÒØ ÔÓÒØÓØ ÞØ Ý¹ Ò ÑØ Þ ÔÓÒØ Ø ÞØ ¹ÝÐ Þ Ð Þ Þ ÝÒ º ÎÐ ¹Ò ÐÐØÚ ½ ¹Ò ØÐ ÐØ ÖÒØ ÔÓÒØÓØ ÞØ ÝÒ ÑØ Þ ÔÓÒØ Ø ÞØ ¹ØÐ Þ Ð Þ ÝÒ º ÅÙØ Ù Ñ ÓÝ Ý ÔÓÒØÓÒ ÑÒÒ Øº ¾º ÃØ ØÓ ÐØØ Ý¹Ý Ú ÙÔ ØÐ ÐØ ÞØÒ ÑÒØع Ò Ú ÚÒº Ð ÞÖ Þ Ð ØÓ ÞÞ ÓÞÞ Ø Þ Þ Ò ¾¼¼ Ú ÓØ Þ Ú ÓØ ØØ ÞÐ Ò Ó ÞØØ Ð Ø ÙÔ ÞØØ Ö Þ Þ Ø Þ Ý ÙÔ Øصº ÞÙØ Ò Ñ Ó ØÓ Ø Þ ÓÞÞ ÙÔÓÓÞ Þ Ò ¾¼¼ Ú¹ ÓØ ÙÝÒÝ ÓÐÝØØ ÐÚ ÐØÚº Þ ÒÝÖ Ò ÙÔ Ò Ø ÚÝ ÐÐÒÐ ÐÔ ÙØ Òµ Ú Ó Þ Ñ ÒÝÞØ Þ Ñ Ñ ÐÐÒÐ ÙÔ Ö Þ ÒÑ Þ ÑÒØ ÙÔ ÐÝÒ ÓÖ Ø¹ ÓØ ÓÐÝØØ µº ÎÒ¹ ÚØÐÒ Ó ¹Ö Ñ Ó ØÓ Ò ÒÝÖ ØÖØ º ÅÙØ Ù Ñ ÓÝ ÑÒÒ ½ Ö ¾¼¼¾¼¼ Þ ÑÓÓÞ ÚÒ¹ Ò ÓÐÝÒ ÒÑ ÐØØÐÒÐ ÖÐØÚ ÔÖѵ Ô Õ ÔÓÞØÚ Þ ÓÝ Ö ÔÕ Ñ Ô Ñ Õ ØÞ Þ ÑÖÒ ÞÖÐ ÐÖ Ò ÒÑ ÞÖÔÐ ¼ Þ Ñݺ 9

11 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 0

12 Megoldások I. forduló Szakközépiskola

13 Megoldások I. forduló Szakközépiskola

14 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 3

15 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 4

16 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 5

17 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 6

18 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 7

19 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 8

20 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 9

21 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 0

22 Megoldások I. forduló Szakközépiskola

23 Megoldások I. forduló Szakközépiskola

24 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 3

25 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 4

26 Megoldások I. forduló Szakközépiskola 5

27 Megoldások I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet: () log ( + cos(x)) = +cos(3x). Megoldás: Mivel cos(x), ezért log ( + cos(x)) log =. pont Mivel cos(3x), ezért +cos(3x) 0 =. pont Ezek szerint () csak akkor teljesülhet, ha a bal és jobb oldala egyaránt. pont A bal oldal pont akkor lesz, ha cos(x) =, ennek megoldása x =kπ, azaz () x = kπ. (k Z) pont A jobb oldal pont akkor lesz, ha cos(3x) =, ennek megoldása 3x =(l +)π, azaz l + (3) x = π. (l Z) 3 pont A feladatban kitűzött egyenlet megoldásait kapjuk, ha x a () és (3) feltételeknek is megfelel, azaz x =(n +)π (n Z). pont Összesen: 7 pont. Az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja F,az AB oldal egy belső pontja T,azAF és CT szakaszok metszéspontja M. Az AT M háromszög területe 8, a CFM háromszög területe 5 egység. Mekkora lehet az ABC háromszög területe? Megoldás: Jelölje az AM C háromszög területét x. Mivel F oldalfelező pont, ezért igaz a kövekező két dolog: () az ACF és AF B háromszögek területe ugyanakkora, így a BTMF négyszög területe x +7; pont () az MCF és MFB háromszögek területe ugyanakkora, mindkettő 5 egység. pont Ezen két észrevételből az következik, hogy az MBT háromszög területe T MBT = T BTMF T MFB =(x 8) egység. pont 6

28 Megoldások I. forduló Gimnázium Mivel az AB egyeneshez tartozó magassága az MBT és MTA, valamint a CBT és CTA háromszögeknek azonos, ezért területeik aránya éppen a BT és TA szakaszok arányával egyezik meg, azaz: T MBT = T CBT = BT T MTA T CTA TA. pont Írjuk fel ezt az arányt a korábbi észrevételeink alapján: x 8 8 = (x +7)+5. 8+x A nevezőkkel szorozva és 0-ra rendezve x 8x 40 = 0 adódik, amelynek megoldásai x =0és x =, ez utóbbi nem lehet egy háromszög területe. Az ABC háromszög területe T ABC =x + 30 = 70 egység. pont Összesen: 7 pont 3. Határozzuk meg, mely a és b egész számokra igaz: b a + a 4 b + =.. megoldás: A nevezőkben nem állhat 0, ezért a és b. pont A nevezőkkel szorozva: () b + b + a 5a +4=ab + a b. Tekintsük úgy ()-et, mint b-re nézve másodfokú egyenletet. Egy oldalra rendezve: b +( a)b +(a 6a +5)=0. pont 7

29 Megoldások I. forduló Gimnázium Ezen egyenletnek akkor lehetnek valós megoldásai, ha diszkriminánsa nem negatív, azaz 4 4a + a 4a +4a 0 = 3a +0a 6 0. Ebből a Mivel a egész szám, és 0 < 0 5 és 0+ 5 < 6, ezért a lehetséges értékei, 3, 4 és pont Ezeket az értékeket ()-be helyettesítjük. Ha a =, akkor b 3 = 0, ennek gyökei nem egészek. Ha a = 3, akkor b b 4 = 0, ennek sincs egész megoldása. Ha a =4, akkor b b 3, ennek egészek a gyökei, b =3jó megoldás, b = a kezdeti kikötés miatt nem megoldás. Ha a = 5, akkor b 3b = 0, ennek az egyenletnek mindkét gyöke jó, ezek a 0 és a 3. pont A megfelelő (a; b) megoldások: (4;3), (5;0) és (5;3). Összesen: 7 pont. megoldás: A nevezőkben nem állhat 0, ezért a és b. pont A nevezőkkel szorozva kapjuk ()-et, majd ezt -vel szorozzuk: b +b +a 0a +8=ab +a b. Átrendezzük és teljes négyzeteket alakítunk ki: b +4b +4+b ab + a + a a +36=30 () (b +) +(b a) +(a 6) =30 3 pont A 30-at három négyzetszám összegeként a 0,, 4, 9, 6, 5 számok segítségével csak +4+5 alakban írhatjuk fel. Ha (b +) =, akkor b lehet -3 vagy -, ez utóbbit a kikötés kizárja. Ha (b +) =4, akkor b lehet -4 vagy 0. Ha (b +) = 5, akkor b lehet -7 vagy 3. Megkaptuk az összes szóba jöhető b értéket, ezeket ()-be helyettesítve, majd az a-ra kapott másodfokú egyenletet megoldva megkapjuk az első megoldásban közölt eredményeket. 3 pont Összesen: 7 pont. 4. Bizonyítsuk be, hogy egy olyan téglalap alapú gúlában, amelyben a gúla magasságának a talppontja az alap valamely csúcsába esik, a leghosszabb oldalél hosszának negyedik hatványa legalább hatszorosa az oldallapok területei négyzetösszegének. Megoldás: Legyen a gúla alapja az ABCD téglalap, a gúla ötödik csúcsa E, ahol EA merőleges az alapra. Legyen AB = a, AD = b és AE = c. A leghosszabb oldalél EC. Az ABC és EAC derékszögű háromszögekre alkalmazzuk a Pitagorasz tételt: AC = a + b AC + c = a + b + c = EC. pont 3 8

30 Megoldások I. forduló Gimnázium Az EAB és EAD derékszögű háromszögek területe: T EAB = ac T EAD = bc. pont Mivel EA merőleges az alapra, ezért annak minden egyenesére, így BC-re is. BC merőleges EA-ra és AB-re, ezért az EAB síkra, így a benne fekvő EB egyenesre is. Ezek szerint EBC is derékszögű háromszög. Hasonló gondolatmenettel kapjuk, hogy ECD is derékszögű háromszög, ezek területe: T EBC = b a + c T EDC = a b + c. pont Ezek alapján a bizonyítandó egyenlőtlenség: ( a (a + b + c ) c b c 4 + b a + b c + a b + a c ). pont 4 4 A bal oldalt kifejtjük, a jobb oldalt átalakítjuk: a 4 + b 4 + c 4 +a b +a c +b c 3(a b + a c + b c ). Rendezzük 0-ra az egyenlőtlenséget és szorozzuk meg -vel: a 4 +b 4 +c 4 a b a c b c 0. A bal oldalon teljes négyzeteket hozunk létre: (a b ) +(b c ) +(c a ) 0, ez pedig az a, b, c valós számok minden értéke esetén teljesül. pont Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért a bizonyítandó egyenlőtlenséget beláttuk. pont Összesen: 7 pont. 4 9

31 Megoldások I. forduló Gimnázium 5. Adott az x + x x + x függvény, ahol x 0. (a) Monoton nő, vagy csökken a függvény? (b) Melyik az a legkisebb pozitív egész n, amelyre f(n) < 008?. megoldás: (a) Megmutatjuk, hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő, azaz ha 0 x <x, akkor f(x ) >f(x ). Ez azt jelenti, hogy () x + x + x >x + x + x, ami ekvivalens a következővel: x + x x + x >x x. pont Mivel az így kapott egyenlőtlenség mindkét oldala x <x miatt pozitív, ezért ekvivalens a bal és jobb oldal négyzetre emelésével nyert alábbi egyenlőtlenséggel: x + x x x + x x + x x + x x + x + x >x x x + x. Rendezés után kapjuk: x + x +x x > x x + x x + x x + x x. pont Újra négyzetre emelhetünk, majd a kapott egyenlőtlenséget 0-ra rendezve () x + x x x =(x x ) > 0 adódik, ami x <x miatt mindig igaz. pont Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk ezért ()-ből visszafele következtetve beláttuk () igaz voltát. pont (b)akövetkező egyenlőtlenség legkisebb pozitív egész megoldását keressük: n + n + n< 008. Átrendezve: n < n + n. Mindkét oldal pozitív, négyzetre emeljük a bal és jobb oldalt: n n <n + n, amiből <n. Mivel , 5ezért n = 5. pont Összesen: 7 pont. 5 30

32 Megoldások I. forduló Gimnázium. megoldás: Az (a) rész eredményét megkaphatjuk gyöktelenítéssel is: x + x + x = ( (x +) 4x +4x ) (x +)+ 4x +4x (x +)+ 4x +4x = = (x +)+ 4x +4x. pont Az átalakítás után kapott alakban (x + ) szigorúan monoton növő függvény, ugyanígy 4x +4x és ennek négyzetgyöke is. Mivel szigorúan monoton növő függvények összege is szigorúan monoton növő, ezért (x +)+ 4x +4x is az. Ennek reciproka, illetve -szerese pedig szigorúan monoton csökkenő függvény. 3 pont 3. megoldás: (Az (a) rész más módon.) Afüggvény folytonos x 0és differenciálható x > 0 esetén. A derivált függvény: pont ( x + x + x) = 4x +4x + (x +)= x + x 4x +4x. pont Ez valóban minden x>0 esetén értelmezett. Mivel x>0, ezért az utolsó gyökjel alatti tört értéke és így annak gyöke is -nél nagyobb, így a derivált negatív, minden x>0 esetén. Ebből következik, hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő. pont 6 3

33 Megoldások I. forduló Specmat Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, as 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 az ottani 5. pont utolsó mondatára, mely szerint 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 5 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 363 Budapest, Pf. 9. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy továbbra is érvényes a versenyszabályzatnak az Oktatási Minisztérium által történt szigorú módosítása, és így a Versenybizottság legfeljebb 30 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 007. november A versenybizottság. feladat Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek) metszéspontja M, az AMB, BMC, CMD és DMA háromszögek súlypontjai rendre a P, Q, R, S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X, Y, Z, W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X, Y, Z, W pontok a P QRS négyszög oldalegyenesein vannak. Első megoldás: A megadott nagybetűs pontokba (egy adott kezdőpontból) mutató vektorokat jelöljük a megfelelő kisbetűvel, azaz pl. a az A-ba mutató vektor. Megmutatjuk, hogy X az RQ egyenesen fekszik (a többi ugyanígy igazolható). Ehhez azt kell belátni, hogy alkalmas λ számra ( ) x = λr + ( λ)q. ( pont) A súlypont képlete miatt x = b + c + d 3 ; r = m + c + d ; q = b + c + m. (3 pont) 3 3 Ezt ( )-ba beírva, 3-mal szorozva és rendezve, a ( )-gal ekvivalens λb + ( λ)d = m egyenlőséghez jutunk. ( pont) Ez pedig valóban igaz, hiszen M a BD egyenesen fekszik. ( pont) 3

34 Megoldások I. forduló Specmat Második megoldás: Megmutatjuk, hogy az X pont az RQ egyenesre illeszkedik (a többi ugyanígy igazolható). A BMC, MDC és DBC háromszögek mindegyikének a C csúccsal szemközti oldala a BD átlóegyenesen fekszik. E háromszögek súlypontjait C középpontú /3 arányú zsugorítással (középpontos hasonlósággal) kapjuk ezeknek a háromszögoldalaknak a felezőpontjaiból, E-ből, F-ből és G-ből. (4 pont) Emiatt a Q, R és X pontok illeszkednek a BD egyenesnek a zsugorításnál keletkező képére, tehát kollineárisak. (3 pont). feladat Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden x, y esetén f(xy) xf(y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f(xy) = xf(y). Megoldás: Elég az egyenlőséget az y = speciális esetben belátni, azaz hogy minden x-re f(x) = xf(), ugyanis ekkor bármely y-ra f(xy) = (xy)f() és xf(y) = x(yf()), azaz valóban f(xy) = xf(y). (3 pont) ( ) A feltétel szerint f x x x f(x). ( pont) Innen átrendezéssel f(x) xf(). ( pont) Ezt az f(x) xf() feltétellel összevetve valóban a kívánt f(x) = xf() adódik. ( pont) 3. feladat A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. Első megoldás: Az ABCD tetraéder lapsíkjai a teret tizenöt tartományra vágják fel. Ezek egyike maga a tetraéder. Négy további tartomány támaszkodik a tetraéder egyegy lapjára, jelöljük ezek közül R ABC -vel azt, amelyik az ABC lap mentén szomszédos a 33

35 Megoldások I. forduló Specmat tetraéderrel, R ABD -vel az ABD lap mentén szomszédosat stb. További hat tartomány a tetraéder egy-egy éle mentén szomszédos vele, az AB él mentén csatlakozót jelöljük R AB - vel, stb. Végül négy tartomány a tetraéder egy-egy csúcsában csatlakozik, jelöljük ezeket R A -val, R B -vel, R C -vel és R D -vel. ( pont) Az E pont a tizenöt tartomány valamelyikének a belsejében helyezkedik el. Megvizsgáljuk, hogy ezek közül melyek felelnek meg a feladatban szereplő elválasztási követelményeknek. A CDE sík csak akkor választhatja el egymástól az A és a B pontot, ha belevág a tetraéderbe, ezért az E pont nem tartozhat a tetraéder CD élegyenese mentén keletkező lapszögtartományának egyik kiegészítő lapszögtartományához sem. Ez a két lapszögtartomány az R ACD, R AC, R AD, R A, illetve az R BCD, R BC, R BD, R B tartományok egyesítése. A fenti elválasztás esetén tehát E nem eshet e nyolc tartomány egyikébe sem. (3 pont) Hasonlóképpen, ha az ADE sík elválasztja B-t és C-t, akkor E nem lehet az R ABD, R AB, R BD, R B, R ACD, R AC, R CD, R C tartományokban. Végül, ha az ABE sík elválasztja C-t és D-t, akkor E nem lehet az R ABC, R AC, R BC, R C, R ABD, R AD, R BD, R D tartományokban sem. ( pont) Látható, hogy a feladat feltételei a tizenöt tartomány közül csak a tetraéder belsejét nem zárják ki mint az E pont lehetséges elhelyezkedését. Tehát E az ABCD tetraéder belső pontja. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. ( pont) Második megoldás: Indirekt módon tegyük fel, hogy az ABC sík elválasztja a D pontot E-től. Ekkor a DE egyenes döfi az ABC síkot; nevezzük a döféspontot D -nek. A feladatban szereplő térbeli elválasztási feltételek ezután rendre átfogalmazhatók az ABC síkon belüli, D -re kirótt feltételekké. (3 pont) A CDE sík elválasztja A-t és B-t, ezért ennek a síknak az ABC síkkal alkotott metszésvonala, a CD egyenes elválasztja őket az ABC síkban. Ez azt jelenti, hogy a D pont az ABC síknak az. ábra szerint árnyékolt (a határegyeneseket nem tartalmazó) tartományában van. ( pont) C C C A B A B A B. ábra. ábra 3. ábra Hasonlóan, a második feltétel alapján az AD egyenes elválasztja B-t és C-t, emiatt D -nek a. ábrán árnyékolt tartományban kell lennie. ( pont) Végül a harmadik feltételből következően az AB egyenes elválasztja C-t és D -t, az ennek megfelelő D pontok a 3. ábrán árnyékolt félsíkban vannak. ( pont) Miután a három tartománynak nincs közös pontja, ellentmondásra jutottunk, ezért az ABC sík nem választja el D-t E-től. ( pont) 3 34

36 Megoldások I. forduló Specmat Megjegyzés: Kiolvasható a megoldásból az is, hogy ugyanúgy ellentmondásra jutunk, ha csak annyit teszünk fel, hogy a D döféspont a DE egyenesen az E pontnak ugyanazon az oldalán van, mint D. Ha az ellentétes oldalon van, akkor a harmadik feltételből a 3. ábrán éppen a komplementer félsíkot kapjuk, és így a három tartománynak nem üres a közös része: éppen az ABC háromszög belseje. Mindebből az következik, hogy a feladatbeli három feltétel akkor és csak akkor teljesül, ha az E pont az ABCD tetraéder belső pontja. Harmadik megoldás: Tekintsük az ABCD tetraédert, és vizsgáljuk ehhez képest az E pont helyzetét. A tetraéder valamely lapsíkjához tartozó két féltér közül nevezzük azt pozitív féltérnek, amelyik a tetraédert tartalmazza, a másikat negatívnak. Az E ponthoz így négy előjelet (a + vagy számok egyikét) rendelhetünk aszerint, hogy E a négy lapsíknak pozitív, illetve negatív oldalára esik. ( pont) Legyen ez a négy előjel a, b, c és d, mégpedig úgy, hogy a tartozzon a BCD lapsíkhoz, b a CDA-hoz, c a DAB-hez és d az ABC-hez. A feladatban szereplő elválasztási feltételek ezekre az előjelekre nézve rendre az a = b, b = c, illetve c = d egyenlőségeket jelentik. (3 pont) Ezekből a = b = c = d adódik. Ez a közös érték csak úgy lehetne, ha E a negatív félterek közös pontja volna. A negatív féltereknek viszont nem lehet közös pontja. Egy ilyen pontba helyezkedve ugyanis a tetraéder mind a négy lapját kívülről látnánk, ami lehetetlen. (A tér bármely, a tetraéderhez nem tartozó E pontjából indíthatunk olyan félegyenest, amely a tetraéder határát két lapon is döfi; a második döfésponthoz tartozó lapsíknak E biztosan a pozitív oldalán van.) ( pont) Tehát a közös előjel +, vagyis az E pont az ABCD tetraéder belsejében van. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. ( pont) 4. feladat Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, ] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem? Első megoldás: Megfelel pl. azon [0, ]-beli véges tizedes törtek A halmaza, amelyekben csak 0 és számjegy fordul elő. (4 pont) A valóban nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, hiszen a, b, c A, a + c = b esetén b tizedes tört alakjában minden számjegy 0 vagy, és csak úgy jöhet létre, hogy ezeken a helyeken a-ban és c-ben is -es számjegy áll, a többi helyen pedig 0, tehát csak a = b = c lehetséges. ( pont) Ha a, b A, a < b és a bennük szereplő tizedesjegyek száma kisebb k-nál, akkor legyen c = a + 0 k. Ekkor c A és a < c < b. ( pont) Megjegyzés: A konstrukció egy variánsa, ha A azokból a (végtelen) tizedes törtekből áll, amelyekben csak 0 és számjegy fordul elő, de nullából végtelen sok van (a véges tizedes törteket úgy tekintjük, hogy egy idő után minden jegyük 0). Ha a, b A, a < b, akkor a következőképpen kaphatunk közéjük eső, A-beli c elemet: megkeressük az első olyan helyiértéket, ahol a-ban 0, b-ben pedig áll, és legyen c = a + 0 k, ahol k egy olyan későbbi helyiérték, amelynél a-ban 0 áll. Ennek a konstrukciónak az az érdekessége, 4 35

37 Megoldások I. forduló Specmat hogy így kontinuum számosságú A halmazt kapunk, míg a többi esetben nyert A csak megszámlálható. Megjegyezzük még, hogy az összes, csak 0 és tizedesjegyből álló szám nem felelne meg (tehát azokat a számokat valóban ki kellett zárni, amelyekben egy idő múlva minden jegy -es): ekkor pl. 0,0... és 0, között nem lenne A-beli elem. (Az ily módon hibás konstrukció esetén maximum 4 pont adható.) Második megoldás: Az A halmaz a 0, a,... elemeit rekurzíve fogjuk megadni, az alábbi algoritmus szerint. Legyen (pl.) a 0 = 0, a =. Válasszuk meg először a -t úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat, azaz a /. A következő lépésben válasszuk meg először a 3 -at a 0 (= 0) és a közé, majd a 4 -et a és a (= ) közé, hogy ne jöjjön létre háromtagú számtani sorozat. ( pont) Általában, ha már a 0, a,..., a k megvan, akkor ezek a [0, ] intervallumot k részre osztják fel, és a következő lépésben ezekbe egymás után válasszunk egy-egy elemet úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat. ( pont) Egy-egy új szám kiválasztásakor a feltétel csak véges sok számot zár ki, hiszen egy x akkor nem választható a következő a i -nek, ha az a 0,..., a i számok közül kettővel számtani sorozatot alkot, azaz x + a = a vagy a + a = x típusú egyenlőségnek tesz eleget, ahol a és a az a 0,..., a i számok közül két különbözőt jelöl (összesen legfeljebb 3i(i )/ ilyen tilos x érték lehet). ( pont) Mivel egy intervallumban végtelen sok valós szám van, ezért az eljárás nem akad meg. A konstrukcióból az is világos, hogy bármely két A-beli elem között található A-beli elem. ( pont) A következő három megoldáshoz előrebocsátjuk, hogy az ott szereplő konstrukciók természetes módon felmerülő ötletek, azonban annak igazolása, hogy ezek valóban rendelkeznek a megkívánt tulajdonságokkal, a középiskolában (általában) nem szereplő ismeretekre támaszkodik. Harmadik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak azoknak az < r 0 racionális számoknak a tízes alapú logaritmusai, amelyeknek a számlálója és a nevezője is (pozitív) prímszám. ( pont) Ezek között valóban nincs háromtagú számtani sorozat. Ha ugyanis a p i, q j prímekre lg p q + lg p q = lg p 3 q 3, akkor p p = p 3, azaz p p q3 = q q p q q 3. Mivel p 3 q 3, ezért a számelmélet alaptétele alapján az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha q = q = q 3 és p = p = p 3. ( pont) Ahhoz, hogy bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem, megmutatjuk, hogy bármely két -nél nagyobb valós szám közé esik két prímszám hányadosaként felírható szám. (Ugyanez igazolható két tetszőleges valós számra is abban az esetben persze negatív prímszámokat is igénybe kell vennünk, azaz az ilyen számok mindenütt sűrűek a számegyenesen.) Legyen d > c >, jelölje továbbá p n az n-edik prímszámot. A prímszámtételből következik, hogy p n+ /p n, ha n. Ebből következik, hogy minden elég nagy n-re p n+ /p n < d/c. Tekintsük (egy ilyen n-re) az a = p n+ p n ; a = p n+ p n q 3 = a pn+ p n+ ; a 3 = p n+3 p n 5 = a pn+3 p n+ ;... 36

38 Megoldások I. forduló Specmat sorozatot. Mivel a k (ha k ), ezért van olyan k, amelyre a k > c. Belátjuk, hogy a legkisebb ilyen k-ra a k = p n+k /p n egy c és d közé eső megfelelő szám lesz. Valóban: p n+k c < a k = a k < c d p n+k c = d. (k = esetén a k = a 0 = értendő.) (3 pont) Negyedik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a (vagy tetszőleges r > racionális szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. ( pont) Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az / pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és a kitevőket q közös nevezőre hozva (/) a/q + (/) b/q = (/) c/q teljesülne valamilyen a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q / gyöke az f = x a x c + x b egész együtthatós polinomnak. ( pont) Ismeretes, hogy f ekkor osztható a v algebrai szám minimálpolinomjával, ami g = x q, hiszen g (a fordított Schönemann-kritérium alapján) irreducibilis a racionális test felett és g(v) = 0. A Gauss-lemmából adódik, hogy a hányadosnak is egész együtthatósnak kell lennie. A hányados főegyütthatója azonban /, és ezzel ellentmondásra jutottunk. (3 pont) Ötödik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a π (vagy tetszőleges t > transzcendens szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a π x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. ( pont) Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az /π pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és a kitevőket q közös nevezőre hozva (/π) a/q + (/π) b/q = (/π) c/q teljesülne valamilyen a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q /π gyöke az f = x a x c + x b egész együtthatós polinomnak. ( pont) Ez azt jelenti, hogy v algebrai szám. Azonban ekkor π = /v q is algebrai lenne, mert algebrai számok szorzata és reciproka is algebrai. Ez azonban ellentmondás, hiszen a π transzcendens. (3 pont) 5. feladat Mely n 007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prím n-hez? Megoldás: A kettőhatványok ilyenek, hiszen a hozzájuk relatív prímek pontosan a páratlan számok, és három páratlan szám összege is páratlan. ( pont) Megmutatjuk, hogy más nincs, pontosabban, hogy ha n > 4 és nem kettőhatvány, akkor található három különböző, nála kisebb, hozzá relatív prím pozitív egész, amelyek összege már nem relatív prím n-hez. 6 37

39 Megoldások I. forduló Specmat Legyen t az n legnagyobb páratlan osztója, azaz n = k t, ahol k 0, t páratlan és t > (hiszen az n nem kettőhatvány). Vegyük észre, hogy (t 4) = t, ami nem relatív prím n-hez. Ha az n nem osztható 3-mal (és így t sem), akkor az és a 3 relatív prímek n-hez, továbbá t 4 is az (és t 4 > 0, hiszen most t 5): ha p a t 4 és az n egy közös prímosztója lenne, akkor t 4 páratlansága miatt p >, tehát p osztója t-nek is, ekkor viszont t (t 4) = 4-nek is, ami lehetetlen. ( pont) Így (ha az n nem osztható 3-mal, akkor) készen vagyunk, kivéve ha a három szám nem mind különböző, azaz t 4 = vagy t 4 = 3. Az első esetben n = k 5, ekkor, 3, relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. A második esetben n = k 7, ekkor, 3, 7 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. ( pont) Ha az n osztható 3-mal, akkor a t 9 = + (t ) + (t 8) összegből indulunk ki. A három tag relatív prím az n-hez, ez az előzőekhez teljesen hasonlóan igazolható, t 9 viszont nem az, hiszen a 3 közös osztójuk. ( pont) Így csak akkor nem vagyunk még készen, ha t = vagy t 8 = (és mivel t osztható 3-mal, ezért t 8 < 0 is csak t = 3-ra lehetséges). Ekkor n = k 3, illetve n = k 9. Mindkét esetben, 7, 3 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. ( pont) Megjegyzés: A 7, 9 és 4 sem jó, hiszen = 7, =, illetve =. Így könnyen adódik, hogy a kettőhatványokon kívül csak az 5, a 0 és a rendelkezik a megadott tulajdonsággal (valamint azok a számok, amelyekhez kevesebb, mint három különböző, náluk kisebb, hozzájuk relatív prím pozitív egész létezik, hiszen ezekre a feltétel üres; közülük a nem kettőhatványok a 3 és a 6.) 7 38

40 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal. Legyen Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 007/008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák) A. forduló feladatainak megoldása f ( x) = tgx + log és cos x f ( x) f ( x) g( x) =, minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők. π Mennyi g pontos értéke? 4 Megoldás: Az f ( x) függvény olyan x valós számokra értelmezhető, amelyekre egyrészt cos x 0, másrészt a logaritmus értelmezése miatt tgx + > 0. cos x Ez utóbbi egyenlőtlenséget átírhatjuk a sin x + > 0 cos x alakba. Ennek az egyenlőtlenségnek megfelelő valós számok eleget tesznek a π π () + k π < x < + k π, ( k Z ) kettős egyenlőtlenségnek, és ezekre a valós számokra cos x 0 is teljesül. ( pont) A fenti feltételeknek eleget tevő valós számokra a logaritmus definíciója miatt () Továbbá: f ( x) f ( x) = log tgx+ cos x = tgx + f ( x) cos x sin x + =. ( pont) cos x f ( x) = f ( x), 39

41 Megoldások II. forduló Szakközépiskola (3) ( ) f x és mivel > 0 (azaz 0), ezért ez értelmezett az () feltétel mellett, f ( x) = tgx + cos x f ( x) cos x =. ( pont) sin x + Az () feltétel mellett ennek nevezője sem 0, tehát értelmezett. A () és (3) összefüggésekből következik, hogy sin x + cos x g ( x) = cos x sin x +, ez pedig átalakítható a következőképpen: ( sin x + ) cos x sin x + sin x + cos x g x = =. ( pont) cos x sin x + cos x sin x + (4) ( ) ( ) ( ) (4)-ből az cos x = sin x trigonometriai azonosság alapján (5) ( x) adódik. (5)-ben a számláló szorzattá alakítása után amelyből egyszerűsítéssel: (6) ( x) tgx sin x + sin x g = ( pont) cos x ( sin x + ) ( sin x + ) ( sin x + ) sin x g ( x) =, cos x g =. ( pont) π Mivel x = megfelel az () feltételeknek, ezért g (x ) ezen a helyen 4 létezik, és (6) alapján π π g = tg =. ( pont) 4 4 Összesen: 0 pont Megjegyzés: Ha a versenyző az elejétől kezdve a numerikus értékkel dolgozik, akkor a pontozás az alábbi legyen: π π tg =, cos = ( pont) 4 4 π f = log ( + ) ( pont) 4 + π g = + ( pont) 4 40

42 Megoldások II. forduló Szakközépiskola π 4 g = ( pont) π Annak megmutatása, hogy -re minden szereplő függvény értelmezett volt 4. Tekintse a p ( x) = ( 5x ) ( x + 4) ( x 5) és a 3 ( x) = ( a b + c) x + ( 3 a + b c) x + ( a + b + c) x d q + polinomokat! Határozza meg az a,b, c és d valós számokat úgy, hogy p x = q x ( ) ( ) minden valós x -re teljesüljön! Megoldás: A p ( x) = ( 5x ) ( x + 4) ( x 5) polinomban végezzük el a kijelölt műveleteket! A műveletek végrehajtása és rendezés után kapjuk, hogy: 3 () ( x) = 0x 494x 404x A ( x) q( x) ( pont) Összesen: 0 pont p. ( pont) p = egyenlőség akkor és csak akkor teljesül minden valós x -re, 3 ha az ()-ben adott ( x) = 0x 494x 404x p, és a polinomok együtthatói rendre megegyeznek. Eszerint 3 ( x) = ( a b + c) x + ( 3 a + b c) x + ( a + b + c) x d q + ( pont) d = 008, ( pont) továbbá: () a b + c = 0, (3) 3a + b c = 494, (4) a + b + c = 404. ( pont) Az a, b, c számokat a ()-(3)-(4) egyenletekből álló lineáris egyenletrendszer megoldása adja. 4

43 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Megoldásul azt kapjuk, hogy a = 6, b = 07, c = 386. (3 pont) Tehát a p ( x) = ( 5x ) ( x + 4) ( x 5) és a 3 q ( x) = ( a b + c) x + ( 3 a + b c) x + ( a + b + c) x + d polinomok pontosan akkor egyenlők minden valós x -re, ha a = 6, b = 07, c = 386, d = 008. ( pont) Összesen: 0 pont 3. Az an és bn számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk: a = n 3 n és b. Határozza meg b 008 értékét! Megoldás: A b n átalakítható a következőképpen: n = n an a a... an () b n ( an a ) + ( an a ) + + ( an an ) + an Mivel =.... ( pont) a =, a = +, a n = , n ezért az ()-ben szereplő zárójeles kifejezések a = n 3 n segítségével rendre kifejezhetők a következő alakban: a n a = , 3 n a n a = ,, 3 4 n an an =. ( pont) n..., 4

44 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Ennek alapján látható, hogy a b n összegben az n tag éppen n -szer, az n tag éppen n -szer, általában az k tag éppen k -szor szerepel,( ahol k =,,3,..., n ), azaz: b n. (3 pont) n n n A ()-beli összeg tagjainak mindegyike, az összeg tagjainak száma pedig n. Ebből következik, hogy b n = n, ( pont) () = n + ( n ) + ( n ) így b 008 = 008. ( pont) Összesen: 0 pont 43

45 Megoldások II. forduló Szakközépiskola 4. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P, az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y! Bizonyítsa be, hogy ( a + c b ) ( b + c a ) PX b =, QY a ahol a, b, c az ABC háromszög oldalhosszait jelentik! Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók. Legyen a szokásos jelölés szerint BAC = α és ABC = β. A Thalész-tétel miatt APB = AQB = 90, eszerint az AP és BQ szakaszok az ABC háromszög magasságvonalai, és ezek M metszéspontja az ABC háromszög magasságpontja. Ezért az ábrán az M ponton átmenő CT egyenes merőleges az AB szakaszra, így CT párhuzamos a PX és QY szakaszokkal. Mivel a háromszög hegyesszögű, ezért P,Q,T a megfelelő oldalak belső pontjai ( pont) A bizonyítandó összefüggést az ABC háromszögre felírt koszinusztételek segítségével átírjuk, ugyanis ezekből következik, hogy: () a + c b = ac cos β, és () b + c a = bc cosα. ( pont) 44

46 Megoldások II. forduló Szakközépiskola (3) Ezért: PX b cos β =, QY a cosα elegendő tehát (3)-at bizonyítani. Mivel CT = m párhuzamos a PX és QY szakaszokkal, ezért felírható a párhuzamos szelőszakaszok tétele β illetve α szögekre: ( pont) (4) (5) PX BP QY AQ =, illetve =, m a m b ahonnan PX b BP =. QY a AQ (3) és(4) figyelembe vételével most már csak a BP cos β = AQ cosα összefüggést kell bizonyítani. Ennek bizonyítására felírjuk az ABQ, és az ABP derékszögű háromszögekben a szögek koszinuszát: BAC = α és az ABC = β AQ cos α =, illetve c BP cos β =, c ezekből az AQ = c cosα és BP = c cos β miatt BP cos β = AQ cosα következik, vagyis (5) helyességét beláttuk. Ezzel a (3)-ban szereplő PX b cos β = QY a cosα összefüggést bebizonyítottuk, így a vele ekvivalens,eredeti állítást is igazoltuk. PX QY b = a ( a + c b ) ( b + c a ) ( pont) ( pont) ( pont) Összesen: 0 pont 45

47 Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5. Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám: Megoldás: x = x 3 p + x x 3 + p p! A négyzetgyök értelmezése miatt kell, hogy () x x 3 p 0, és () teljesüljön. Legyen a továbbiakban x x 3 + p 0 x x 3 = y! A feladat megoldását az egész számok halmazán keressük, ezért x és vele együtt y egész szám. A kiinduló egyenlet az új ismeretlen bevezetése után: y = () mindkét oldalát négyzetre emelve amelyből rendezés után a p + y + p p. y = 4 4 p + y + p + y p p, ( pont) ( pont) 4 4 (3) y p = p y egyenletre jutunk. 4 (3) mindkét oldalát négyzetre emeljük a p y 0feltétel mellett, ezzel ( y p ) = p 4 p y y adódik, majd a műveletek elvégzése és rendezés,valamint szorzattá bontás után: 4 4 (4) ( p 4y + 4) = 0 p. (3 pont) Mivel p pozitív, ezért p 0, így (4) csak úgy teljesülhet, ha 4 p 4y + 4 = 0, azaz ha 4 p = 4y 4, ebből pedig az x x 3 = y visszahelyettesítésével: (5) p 4 = 4x 8x 6 adódik. ( pont) 46

48 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Mivel x Z, ezért (5) jobb oldala páros szám, így 4 p is páros, ez viszont csak p = esetén lehetséges. ( pont) Ezzel (5)-ből előbb a majd egyszerűsítés után az 4x 8x 3 = 0, (6) x x 8 = 0 egyenletre jutunk. (6) gyökei az x = és x = 4 egész számok. Számolással ellenőrizhető, hogy ezek a számok megfelelnek az ()-beli x x 3 p 0 és x x 3 + p 0 feltételű egyenlőtlenségeknek is, továbbá megoldásai az eredeti egyenletnek: p= x x 3 p 0 x 3 + p 0 ( pont) x x x 3 p + x x 3 + p = p x =- >0 9>0 +3= x =4 >0 9>0 +3= (pont) összesen 0 pont Megjegyzés.: p= kiolvasható már akár (3)-ból, akár (4)-ből, és akkor y=5 rövidebben adódik. Természetesen így dolgozva is megkapja a versenyző a megfelelő pontokat (3++) Megjegyzés.: 4 Belátható, hogy p y 0 is teljesül. 47

49 Megoldások II. forduló Gimnázium Oktatási Hivatal Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Tekintsük azokat a konvex négyszögeket, amelyek 00 darab egységnyi oldalú szabályos háromszögre darabolhatók. Mekkorák lehetnek a megfelelő négyszögek oldalai? Megoldás: A szabályos háromszög minden szöge 60 -os. Ha a darabolás után a négyszög valamely csúcsa k darab kis háromszögnek lesz csúcsa, akkor a négyszög ezen szöge k 60. Mivel a négyszög konvex, k csak vagy lehet, azaz a négyszög minden szöge 60 -os, vagy 0 -os. A négyszög ezek alapján két féle lehet: (a) ha két szomszédos szöge 60 -os, akkor szimmetrikus trapéz; (b) ha két szemközti szöge 60 -os, akkor paralelogramma. 3 pont (a) Legyen a szimmetrikus trapéz hosszabb alapjának hossza x, magassága pedig y 3, azaz a szárak hossza y, ahol a trapéz szögeinek ismeretében y < x. Ekkor a párhuzamos oldalak közül a rövidebb hossza x y, a kis háromszögek száma 00 = x + (x y) Átrendezve xy y = 00, xy és 00 páros, ezért y illetve y is páros. Legyen y = z, ekkor 4xz 4z = 00, amiből (x z)z = 5. Mivel z osztója 5-nek és z < x, innen z csak lehet. Tehát z =, a szimmetrikus trapéz szárainak hossza y = z =, a párhuzamos oldalak hossza x = 6 és x y = 4. 3 pont (b) A paralelogramma oldalainak hossza legyen u és v, legyen u v. Ekkor uv = 50. Az 50 osztói,, 5, 0, 5 és 50. Ezek 3 párt alkotva adhatják a paralelogramma oldalait. A lehetséges (u; v) megoldások: (;50), (;5), (5;0). pont Összesen: 7 pont y.. Egy 30 fős osztályban a karácsonyi ajándékozásról sorshúzással döntenek. Minden diák nevét felírják egy papírra, majd a 30 papírdarabot egy sapkába teszik. Névsor szerinti sorrendben mindenki kihúz egy papírt a sapkából és a rajta szereplő embernek készít ajándékot. Elképzelhető, hogy valaki saját magát ajándékozza meg. Az átadás úgy történik, hogy először jelentkeznek, akik magukat húzták, majd a többi diák közül a legfiatalabb diák átadja ajándékát az általa húzott embernek, és innentől aki éppen megkapja az ajándékát, az lesz a soron következő ajándékot átadó ember. Ha valahol elakad a sor, azaz olyan diák kapja az ajándékot, aki már a sajátját átadta, de még nem mindenki adta át illetve kapta meg az ajándékát, akkor ez utóbbiak közül a legfiatalabb újra kezdi. Mennyi a valószínűsége, hogy egy osztályban hat egymást követő év karácsonyi ajándékozása során lesz legalább egy olyan év, amelyben senki nem húzza magát és a sor sem akad el? (Az osztály létszáma minden évben ugyanannyi.) 48

50 Megoldások II. forduló Gimnázium Megoldás: Számoljuk ki, egyetlen sorsolás esetén mekkora a valószínűsége, hogy nem akad el a sor. Először tekinsük az összes eset számát: az első diák 30-félét húzhat, a következő 9-félét,..., az utolsó egyfélét. Összesen 30!-féle sorsolás lehet. pont Ha nem akad el a sor, akkor a diákok körbe állhatnak úgy, hogy mindenki a jobb oldali szomszédját ajándékozza meg. A lehetséges sorsolások száma ugyanannyi, ahányféleképpen körbe tudnak állni. A legfiatalabbtól jobbkézre indulva az első ember 9-féle lehet, a következő 8-féle,... az utolsó -a legfiatalabb bal oldali szomszédja- -féle. Az esetek száma tehát 9!. A keresett valószínűség 9! 30! = 9. Ezek szerint egy sorsolás esetén a valószínűsége, hogy a sor elakad. 3 pont ( ) 6 9 Annak a valószínűsége, hogy a 6 év mindegyikében elakad a sor éppen. A feladat 30 ezen esemény komplementerének valószínűségét kérdezi: annak valószínűsége, hogy egy hat évfolyamos osztályban előfordul legalább egyszer a hat karácsony közül, hogy nem akad el a sor ( ) 6 9 0, 84. pont 30 Összesen: 7 pont 3. Melyek azok az x, y, z és w valós számok, amelyekre egyszerre teljesül: () x + y + z = 3, () 4x + 4y + 4z + 3 w. Megoldás: Becsüljük () bal oldalát felülről a számtani és a négyzetes közepek közötti összefüggés felhasználásával, kihasználva ()-et: 4x + 4y + (4x ) + (4y ) + (4z ) 4z 3 = 3 4(x + y + z) 3 = 3 = 3. 3 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha 4x = 4y = 4z, ami () miatt csak x = y = z = esetén teljesül. 3 pont Most vizsgáljuk () jobb oldalát. Mivel w 0, ezért 3 w, azaz +3 w 3. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha w = 0, azaz w =. pont Ezek alapján () pontosan akkor teljesül, amikor mindkét oldal értéke 3 és a változók értékei x = y = z = és w =. pont Összesen: 7 pont 49

51 Megoldások II. forduló Gimnázium 4. Adott egy egységnyi oldalú négyzet. Határozzuk meg a négyzet síkjában levő azon körök középpontjainak a halmazát (mértani helyét), amelyeknek a négyzet mind a négy oldalával két közös pontja van. Megoldás: Legyenek a négyszög csúcsai A,B,C és D, a kör középpontja O, a kör sugara r. Legyen O távolsága az AB, BC, CD és DA oldalaktól rendre x, y, z és v. Annak feltétele, hogy a körnek az AB oldallal két közös pontja van: (i) r > x, azaz a kör metszi az AB egyenest és (ii) OA r illetve OB r, azaz a körnek és az AB egyenesnek a két metszéspontja az AB szakaszon vannak. Ugyanilyen feltételek érvényesek a többi oldalra is, azaz r > y, r > z, r > v és OC r, OD r. Az OA r és r > y feltételek O-nak az A ponttól és a BC egyenestől való távolságáról szólnak; együtt azt jelentik, hogy O külső pontja annak a parabolának, melynek A a fókusza, BC egyenese a vezéregyenese. (. ábra) Az OA r és r > z feltételek ugyanígy egy parabola külső pontjait adják, a fókusz A, a vezéregyenes CD. (.ábra) Amennyiben az előző gondolatmenetet alkalmazzuk a további három csúcs és megfelelő oldalpárok esetén, a parabolákon kívüli pontok a négyzet belsejében a 3. ábrán látható L alakzatot adják. Az alakzatot parabolaívek határolják, de a határvonal pontjai nem tartoznak hozzá L-hez. 4 pont Az már kiderült, hogy csak L pontjai tartozhatnak a keresett mértani helyhez, most megmutatjuk, hogy L minden pontja megfelelő. Legyen O az L alakzat egy tetszőleges pontja. Tekintsük az OA, OB, OC és OD szakaszokat, legyen ezek hosszának minimuma a kör r sugara, így a (ii) típusú feltételek teljesülnek. Az (i) típusú feltételek is teljesülnek, az általánosság rovása nélkül feltehető, hogy x y, x z, x v és O vetülete AB-n T. Ha OA = r, akkor az OT A derékszögű -nem elfajuló- háromszögben r = OA > OT = x. Ha OB = r ugyanígy érvelhetünk. Ha OC = r vagy OD = r, akkor a paraboláink garantálják, hogy r > x. 3 pont 3 50