2006/2007. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

Átírás

1 006/007 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 SZAKKÖZÉPISKOLA A tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának feladatai. Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva egy mértani sorozat egymást követő tagjait kapjuk, amelyek összege 3. Határozza meg a számtani sorozat első tagját és különbségét (differenciáját)!. Oldja meg az ( x x) ( x ) = egyenletet a pozitív valós számok halmazán! 3. Az ABC háromszög oldalaira AB BC AC teljesül. A C csúcsból induló magasság T talppontja negyedeli az AB oldalt. Az AB oldal F felezőpontjának a BC oldaltól mért távolsága az AB oldal hosszának negyede. Mekkorák a háromszög szögei? 4. A Kovács házaspárhoz a Szabó és a Pék házaspár vendégségbe érkezik. Vacsorához mind a hatan egy kerek asztal köré ültek. Mennyi a valószínűsége annak, hogy sem házaspár, sem két nő nem került egymás mellé? (Két ülésrendet akkor tekintünk különbözőnek, ha legalább egy embernek legalább az egyik szomszédja másik személy.) 5. Három egymást követő egész szám harmadik hatványának az összege milyen feltétel teljesülése esetén osztható 8-cal? Bizonyítsuk be, hogy a keresett feltétel esetén a fenti összeg 36-tal is osztható! 6. Frédi és Béni jó barátok. Rendszeresen együtt futnak, illetve gyalogolnak. Egy alkalommal az A és B települések közötti távot úgy teszik meg, hogy egyszerre indulva Frédi a táv első felében fut, a másik felében gyalogol, Béni pedig a mozgásidejének a felében fut és a másik felében gyalogol. Annyira összeszoktak már, hogy mind a futási, mind a gyalogos sebességük azonos a másikéval. Ki ér előbb A-ból B-be? (A futás sebesség nem kisebb a gyaloglás sebességénél.) Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér. Sikeres feladatmegoldást kíván a Versenybizottság!

4 Feladatlapok I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív osztójuk van és ezek összege 84?. Az a valós paraméterrel adott az alábbi egyenlet, jelölje az egyenlet valós gyökeit x és x : x 3(a +)x +9a +=0. (a) Határozzuk meg a értékét úgy, hogy az x + x kifejezés értéke minimális legyen. (b) Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan valós a érték, amely esetén x és x is egész szám. (c) Keressük meg az a paraméter olyan egész értékeit, melyek esetén az egyenletnek egyik gyöke egész. 3. Legyen n egynél nagyobb egész. Egy háromszög oldalainak mérőszámai: a = n+ n+ + n, b = n+ n + n, c =3 n. Mekkora a háromszög legnagyobb szögének tangense? 4. Egy táblára felírunk négy darab egymástól különböző pozitív egész számot. Először letörölünk kettőt, helyettük felírjuk a letörölt két szám mértani közepét. A táblán lévő három szám közül újra letörölünk kettőt, helyettük felírjuk a most letörölt két szám mértani közepét. Ezt követően a táblán levő két szám mértani közepe. Mekkora lehetett az eredeti négy szám összege? 5. A hegyesszögű ABC háromszög AC oldalának mely P pontjára lesz a PB + PC összeg minimális? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 3

5 Feladatlapok I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny es tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b, c pozitív egészre (a, b)(a, c)[b, c] osztója abc-nek. (A szokásos módon (x, y), illetve [x, y] az x és y legnagyobb közös osztóját, illetve legkisebb közös többszörösét jelöli.). Adott N és k pozitív egészekre megszámoltuk, hogy az N számot hányféleképpen lehet felírni a + b + c alakban, ahol a, b, c k, és az összeadandók sorrendje is számít. Kaphattunk-e eredményül 006-ot? 3. Bálint 00 forintot fizet Annának, ha a (90-ből 5-ös) lottón a kihúzott számok szorzatának utolsó számjegye 0 lesz (tízes számrendszerben), viszont Anna fizet Bálintnak 300 forintot, ha nem ez a helyzet. Hosszabb távon kinek előnyös ez a megállapodás? 4. Az ABC háromszöget betűzzük pozitív körüljárás szerint. A háromszög szögei az A, B, illetve C csúcsnál rendre α, β és γ. A B csúcsot az A pont körül negatív irányban elforgatjuk α szöggel, majd az így kapott B pontot a B pont körül negatív irányban elforgatjuk β szöggel, és végül az így nyert B pontot a C pont körül negatív irányban γ szöggel elforgatva a B 3 pontba jutunk. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a B, B 3 pontok és az ABC háromszög beírt körének O középpontja. 5. Töltsük ki a teret páronként kitérő egyenesekkel. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

6 Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola A tanévi matematika OKTV I. kategória második fordulójának feladatai SZAKKÖZÉPISKOLA. feladat Határozzuk meg az m valós szám értékét úgy, hogy az mx x 8x + 0 < 0 + x + 9m + 4 ( m + ) egyenlőtlenség minden valós x-re teljesüljön! 0 pont. feladat Oldja meg a valós számokból álló számpárok halmazán a következő egyenletet: 5x + xy + y x 6y + 9 = 0 0 pont 3. feladat Hány téglalap látható a rajzon? (A téglalapok oldalai csak megrajzolt szakaszok lehetnek.) 0 pont 4. feladat Legyenek egy háromszög oldalai a, b, c és a belső szögfelezőknek a háromszög belsejébe eső darabjai x, y, z hosszúságúak. Bizonyítsa be, hogy 5. feladat Milyen pozitív + + > + +! x y z a b c p, q, r prímszámokra teljesül, hogy ( 7 p ) (3q + r) + p q r = 0? 0 pont 0 pont 5

7 Feladatlapok II. forduló Gimnázium Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi összeggel megadott N szám nem prím: ( 006 ) N = n n , azaz N = n=. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 x π, és 0 y π: () cos x + cos y =, () sin x sin y = Legyenek az A B C és A B C azonos körüljárású szabályos háromszögek. A sík egy tetszőleges O pontjából mérjük fel a következő vektorokat: OA = A A, OB = B B, Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög szabályos. OC = C C. 4. Egy szabályos oldalú sokszög csúcsait megszámoztuk sorban a 0,,, 3,..., 0 számokkal. Egy urnába betettünk lapot, ezeken is a 0,,, 3,..., 0 számok voltak. Az urnából kihúzunk három lapot. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a lapokon szereplő számoknak megfelelő három csúcs hegyesszögű háromszöget alkot? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 6

8 Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások A döntő feladatai. Legyenek az x ( a + d ) x + ad bc = 0 egyenlet gyökei az x és x valós számok! Bizonyítsa be, hogy ekkor az y ( a + d + 3abc + 3bcd ) y + ( ad bc) = 0 egyenlet gyökei az y = 3 x és y = 3 x!. Egy tengelyesen szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai AB és CD. A DC; CB és BD szakaszok hosszai ebben a sorrendben egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Az AD; AB és AC szakaszok hosszai ebben a sorrendben szintén egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Határozza meg a trapéz oldalai hosszának arányát! 3. Anna dobókockájának 4 lapja fehér, lapja fekete, Bori dobókockájának minden lapja fehér. a) Bori be akarja festeni a kockája néhány lapját feketére úgy, hogy ha a festés után egyszerre dobnak a kockáikkal, akkor az azonos szín dobásának 7 valószínűsége legyen. 8 Hány lapot fessen be Bori? b) Mutassa meg, hogy Bori nem tudja úgy festeni a kockáját, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége legyen! 4 c) A Bori által feketére festett lapok számához rendeljük hozzá az azonos szín dobásának valószínűségét! Adja meg ennek a függvénynek az értékkészletét! 7

9 Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A döntő feladatai 8

10 Feladatlapok Dönt forduló Specmat A döntő feladatai 9

11 Megoldások I. forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója. Feladat: Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, -et, 3-at adva egy mértani sorozat egymást követő tagjait kapjuk, amelyek összege 3. Határozza meg a számtani sorozat első tagját és különbségét (differenciáját)! Megoldás: Jelölje a számtani sorozat tagjait a d, a, a + d. Ezek összege ( a d ) + a + ( a + d ) = 3 ( ) = 6 azaz a =. pont Így a mértani sorozat tagjai d + 3, +, + d + 3 pont A mértani sorozat definícióját felhasználva 5 + d 3 = pont 3 5 d ebből 5 d d = 9 = 6 d = 4 Két számtani sorozatot kaptunk: vagy d = 4 pont a =, d 4 illetve a = 6, d = 4 pont = Mind a két sorozat megfelel a feladat feltételeinek. pont Összesen: 0 pont. Feladat: Oldja meg az ( x x) ( x ) = egyenletet a pozitív valós számok halmazán! 0

12 Megoldások I. forduló Szakközépiskola I. Megoldás: Alakítsuk át az egyenletet a következő módon: ( )( ) x x x x x x Vezessünk be új ismeretlent: azaz = pont ( )( ) y 6 y+ 6 = y+ 36, = + 6, ekkor a következő egyenlethez jutunk: y x x y y 7 = 0. pont Az egyenlet megoldásából y-ra a következő értékek adódnak: y = 9, y = 8. pont Visszahelyettesítve y értékét x-re négy eredményt kapunk: x = 3+ 3 ; x = 3 3 ; x = ; x = 4. pont 3 4 A kapott érétkek közül csak az első szám pozitív valós szám, ezért a feladatnak a feltételeknek eleget tevő megoldása: x = pont Helyettesítéssel meggyőződhetünk az eredmény helyességéről. pont Összesen: 0 pont II. Megoldás: Rendezzük az adott egyenletet a következő módon: Mivel x x ( x ) ( x x) ( x ) + 6 = pont + 6 = + 3 9, célszerűnek látszik új ismeretlen bevezetése a következőképpen: y = x+ 3, ekkor a következő egyenlethez jutunk: ( y ) 9 = y + 63, a műveletek elvégzése után pedig az 4 y 9y + 8 = 0 pont hiányos negyedfokú egyenletet kapjuk. Utóbbi megoldásai: y = ; y =, y3 = 3 ; y4 = 3. pont Visszahelyettesítve y értékét x-re rendre a következő négy eredményt kapjuk: x = ; x = 4; x = 3 3 ; x = A kapott értékek közül csak az utolsó pozitív valós szám, ezért a feladatnak a feltételeknek eleget tevő megoldása: x = pont

13 Megoldások I. forduló Szakközépiskola Helyettesítéssel meggyőződhetünk az eredmény helyességéről. Összesen: pont 0 pont 3. Feladat: Az ABC háromszög oldalaira AB BC AC teljesül. A C csúcsból induló magasság T talppontja negyedeli az AB oldalt. Az AB oldal F felezőpontjának a BC oldaltól mért távolsága az AB oldal hosszának negyede. Mekkorák a háromszög szögei? Megoldás: A helyes ábra: pont Legyen AT = FK = d. Ha 4AT = AB, akkor FB = AB = 4d miatt FB = d pont Az FBK derékszögű háromszög rövidebbik befogója az átfogó fele, ezért ez olyan háromszög, amelynek hegyesszögei 30 és 60. pont Az ABC háromszög B csúcsnál lévő szöge: β = 30 pont Mivel AT = TF= d, az ACF háromszög C csúcsából induló magassága felezi AF oldalt, ezért a háromszög egyenlőszárú. pont Ezért az alapon fekvő szögei megegyeznek, azaz CAT = α = CFT. A CKFT négyszög deltoid, ezért CFT = CFK = α pont A KFB = 60, ezért KFT = α = 0, tehát α = 60. pont 3

14 Megoldások I. forduló Szakközépiskola Tehát az ABC háromszög derékszögű, hegyesszögei: 30 és 60. Összesen: pont 0 pont 4. feladat: A Kovács házaspárhoz a Szabó és a Pék házaspár vendégségbe érkezik. Vacsorához mind a hatan egy kerek asztal köré ültek. Mennyi a valószínűsége annak, hogy sem házaspár, sem két nő nem került egymás mellé? (Két ülésrendet akkor tekintünk különbözőnek, ha legalább egy embernek legalább az egyik szomszédja másik személy.) Megoldás: Számoljuk össze a kedvező eseteket! A házaspárokat jelölje (A, B), (C, D), (E, F), ahol A, C és E a férfiak. Az első személyt, legyen B bárhová ültethetjük. Két oldalára csak C és E ülhet, C mellé csak F, E mellé csak D. Az F és D között kimaradó helyre éppen A ülhet (a házaspárok szemben ülnek). 5 pont Ez az egyetlen lehetőség, hiszen ha B oldalán C és E helyet cserél, ugyanez a sorrend adódik, csak a körüljárás iránya fordul meg. pont Az összes eset összeszámolásánál az első személyt például B-t, bárhová leültethetjük. Itt is elég az egyik irányt figyelni: B mellé 5 személy, mellé 4 személy, majd 3,, ültetési lehetőségünk van, azaz = 0 féleképpen ülhettek le. De vegyük figyelembe, a bal és jobb sorrendet, így a tényleges ültetések száma pont Így a keresett valószínűség:. pont 60 Összesen: 0 pont 5. Feladat: Három egymást követő egész szám harmadik hatványának az összege milyen feltétel teljesülése esetén osztható 8-cal? Bizonyítsuk be, hogy a keresett feltétel esetén a fenti összeg 36-tal is osztható! 4 3

15 Megoldások I. forduló Szakközépiskola Megoldás: Jelöljük a középső számot n-nel, a szóban forgó összeget S-sel, ahol n Z. Ekkor ( ) ( ) S = n + n + n+ = n 3n + 3n + n + n + 3n + 3n+ = 3n + 6n () pont Alakítsuk át S-et a következőképpen: ( ) ( ) ( ) ( )( ) S = n + n= n n + = n n + = n n + n= n n+ n + n Itt az ( n ) n( n ) szorzata, ezért pont + kifejezés osztható 6-tal, mert három egymást követő egész szám ( n ) n( n ) Mivel a kéttagú összeg első tagja osztható 8-cal, ezért az egész kifejezés akkor és csak akkor lesz 8-cal osztható, ha a második tagja is osztható 8-cal. A 9n viszont akkor és csak akkor osztható 8-cal, ha n páros szám. pont A 36-tal való oszthatóság bizonyításánál vegyük figyelembe az () átalakításánál, hogy n páros szám, azaz n= m. Ekkor a következő átalakításokat végezhetjük el: ( ) ( ) ( ) 3 3 ( ) ( ) ( )( ) S = 3n + 6n= 3 m + 6 m = 4m + m= m m + = = m 3m m + = 36m m m = 36m m m m+. Látható, hogy mindkét tag osztható 36-tal, így a különbségük is. Tehát ha n páros szám, akkor az S mindig osztható 36-tal. 4 pont Összesen: 0 pont 6. Feladat: Frédi és Béni jó barátok. Rendszeresen együtt futnak, illetve gyalogolnak. Egy alkalommal az A és B települések közötti távot úgy teszik meg, hogy egyszerre indulva Frédi a táv első felében fut, a másik felében gyalogol, Béni pedig a mozgásidejének a felében fut és a másik felében gyalogol. Annyira összeszoktak már, hogy mind a futási, mind a gyalogos sebességük azonos a másikéval. Ki ér előbb A-ból B-be? (A futás sebessége nem kisebb a gyaloglás sebességénél.) 5 4

16 Megoldások I. forduló Szakközépiskola I. Megoldás: Tekintettel arra, hogy a futás sebessége nem kisebb a gyaloglás sebességénél, ezért aki a sportolásra szánt idő feléig fut - azaz Béni- és azt követően gyalogol, a táv felénél nem kisebb távolságot tesz meg a futás ideje alatt, ezért Béni nem érhet később Frédinél. Egyszerre csak akkor érkezhetnek a célba, ha a futás és a gyaloglás sebessége egyenlő lenne. Helyes és szabatos indoklás esetén 0 pont jár a feladat megoldásáért. II. Megoldás: Legyen a közös futási sebesség v, a közös gyaloglási sebesség w, Frédinek az út feléig a menetideje t, a másik felében t. Béninek a teljes útra számított menetideje t! pont Ekkor felírható, hogy () vt+ wt = wt + vt. pont vt Mivel vt = wt, ezért w =, így ()-ben (felhasználva még azt is, hogy vt = wt): t ahonnan rendezés után vt = +, pont vt t vt t ( ) tt = t + t t, melyből (3) tt t+ t = t pont következik. (3) bal oldalán éppen a pozitív t, t számok harmonikus közepe áll, erről tudjuk, hogy tt t + t (4) t+ t. (3) és (4) egybevetéséből adódik, hogy (5) t+ t t. pont (5) szerint Frédi menetideje legalább akkora, mint Bénié, azaz Béni vagy előbb ér B-be ha a futási sebesség nagyobb a gyaloglás sebességénél, vagy (ha az említett két sebesség egyenlő) egyszerre érkeznek. pont Összesen: 0 pont 6 5

17 Megoldások I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív osztójuk van és ezek összege 84?. megoldás: Legyen n a keresett szám. A négy osztó között van az és n, legyen a másik két osztó a és b, < a < b. Használjuk ki, hogy ezek egymás osztópárjai, azaz ab = n. pont Ekkor + a + b + n = + a + b + ab = ( + a)( + b) = 84. Ezek szerint a 84-et kell két egész szorzataként felírni. A szorzótényezőkről tudjuk, hogy 3 + a < + b. 3 pont A lehetséges esetek: 84 = 3 8 = 4 = 6 4 = 7. A négyféle szorzat esetén az (a; b) párok és a hozzájuk tartozó ab = n érték: 7 = 54, 3 0 = 60, 5 3 = 65, 6 = 66. Így megkaptuk n lehetséges értékeit, ezek közül csak az n = 65-nek van 4 osztója. Az 54, 60 és 66 számoknak négynél több osztója van, ezek nem felelnek meg. Az n = 65 valóban jó megoldás, =84. 3 pont Összesen: 7 pont. megoldás: Felhasználjuk, hogy ha n prímtényezős felbontása n = α p i i, akkor n osztóinak száma (α i +). Négy osztó ezek szerint akkor lehet, ha n = p 3, vagy n = p p alakú. pont Ha n = p 3, akkor a négy osztó, p, p és p 3. Mivel + p + p + p 3 = 84, ezért p( + p + p ) = 83. Ezek szerint 83 összetett szám, ami nem igaz. Ez az eset nem ad megoldást. pont Ha n = p p, akkor legyen p < p. egy szám legkisebb prímosztója nem lehet nagyobb a szám négyzetgyökénél. Mivel n < 84, ezért p < 84. Ezek szerint p lehet, 3, 5, vagy 7. Ezeket ellenőrizve csak a p = 5 esetén lesz p prím: + + p + p = 84, = p = 7, p + 3p = 84, = p = 0, p + 5p = 84, = p = 3, p + 7p = 84, = p = 9, 5. Ezek szerint egyetlen megoldás lehetséges. Ellenőrizve, az n = 5 3 = 65 valóban jó megoldás, =84. 4 pont Összesen: 7 pont 6

18 Megoldások I. forduló Gimnázium Amennyiben megtalálja az n = 65 megoldást, de nem bizonyítja, hogy ez az egyetlen megoldás, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat. Mivel a 84 kis szám, a feladat megoldható szisztematikus próbálkozással, esetvizsgálattal is. Így is megkaphatja a 7 pontot, ha áttekinthető, helyes és hiánytalan az esetvizsgálat.. Az a valós paraméterrel adott az alábbi egyenlet, jelölje az egyenlet valós gyökeit x és x : x 3(a + )x + 9a + = 0. (a) Határozzuk meg a értékét úgy, hogy az x + x kifejezés értéke minimális legyen. (b) Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan valós a érték, amely esetén x és x is egész szám. (c) Keressük meg az a paraméter olyan egész értékeit, melyek esetén az egyenletnek egyik gyöke egész. Megoldás: (a) Használjuk fel a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket: ( ) 3(a + ) x + x = (x + x ) x x = 9a + = 9a Ez akkor lesz minimális, ha a = 0. pont Ekkor a másodfokú egyenletünk x 6x + = 0, ennek diszkriminánsa pozitív, két különböző valós gyök van, így az a = 0 valóban jó megoldás. pont (b) Tegyük fel, hogy valamely a értékre x és x is egész. Nézzük meg alaposabban a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket. Mivel a gyökök egészek, összegük és szorzatuk is egész lesz: x + x = 3a + 6, x x = 9a +. Az összeg pontosan akkor egész, ha a számláló páros, azaz 3a páros, tehát a páros. A szorzat pontosan akkor egész, ha a számláló páros, azaz 9a páratlan, tehát a páratlan. Mivel a nem lehet egyszerre páros is és páratlan is, ezért nem lehet mindkét gyök egyszerre egész. pont (c) Legyen a egész és x az egyenlet egész gyöke. Ekkor írjuk fel az eredeti egyenletünket, majd rendezzük át: x 3(a + )x + 9a + = 0, () 3a(3 x ) = x (3 x ). Az () egyenlet megmutatja, hogy x nem lehet 3, hiszen akkor a bal oldal 0, a jobb oldal - lenne. Ezért oszthatunk (3 x )-gyel: 3a = x + x 3. 7

19 Megoldások I. forduló Gimnázium Mivel 3a és x is egészek, ezért is egész, tehát (x x 3 3) értéke, vagy -. Ebből adódnak a megoldásaink: az a paraméter megfelelő értékei a 3 és az. Ha a = 3, az egész gyök az x = 4. Ha a =, az egész gyök az x =. 3 pont Összesen: 7 pont 3. Legyen n egynél nagyobb egész. Egy háromszög oldalainak mérőszámai: a = n+ n+ + n, b = n+ n + n, c = 3 n. Mekkora a háromszög legnagyobb szögének tangense? Megoldás: A feladatban szereplő háromszöghöz hasonlót kapunk, ha minden oldalának hosszát elosztjuk n -nel. A megfelelő új oldalak betűjelét megtartva: a = + = 3, b = + = 3, c = 3 = 3. pont A háromszögben a legnagyobb szög a leghosszabb oldallal szemközt van, ez esetünkben az a oldal. pont Írjuk fel a koszinusztételt: 9 = cos α. Ebből cos α =. 3 pont Mivel α egy háromszög szöge, koszinusza pedig negatív, ezért a legnagyobb szög tompaszög. A sin α+cos α = azonosságból adódóan az α tompaszög további szögfüggvényei: sin α = 7, és ebből tgα = 7. pont 8 Összesen: 7 pont. 4. Egy táblára felírunk négy darab egymástól különböző pozitív egész számot. Először letörölünk kettőt, helyettük felírjuk a letörölt két szám mértani közepét. A táblán lévő három szám közül újra letörölünk kettőt, helyettük felírjuk a most letörölt két szám mértani közepét. Ezt követően a táblán levő két szám mértani közepe. Mekkora lehetett az eredeti négy szám összege? Megoldás: Legyen a négy szám a, b, c, d. Az első két letörölt szám legyen a és b. Ekkor a táblán van ab, c és d. Most c és d közül valamelyiket biztos letöröljük, legyen ez c. Két lehetőség van: (.) ab a másik letörölt, ekkor c ab és d marad a táblán; (.) d a másik letörölt, ekkor ab és cd marad a táblán. pont 3 8

20 Megoldások I. forduló Gimnázium (.) Ebben az esetben a táblán levő két szám mértani közepe: d c ab =. Ismételt négyzetreemelések után abc d 4 = 8 adódik. Mivel a 8 -nak a -n kívül nincs más prímosztója, ezért a számelmélet alaptétele miatt számaink felírhatóak a következő alakban a = x, b = y, c = z és d = v, ahol x, y, z, v különböző nemnegatív egészek, melyekre x + y + z + 4v = 8. Ezen feltételek mellett v lehet 0, vagy. Ha v = 0, akkor a lehetséges esetek: z =, ekkor x és y valamilyen sorrendben és 4, az eredeti négy szám összege: 4+6++=3; z =, ekkor x és y valamilyen sorrendben és 3, az eredeti négy szám összege: +8+4+=5. Ha v =, akkor a lehetséges esetek: z = 0, ekkor x + y = 4 ennek nincs olyan megoldása, melyben a változók 0-tól, -től és egymástól különbözőek lennének; z =, ekkor x + y = és ennek sincs megfelelő megoldása. 3 pont (.) Ebben az esetben a táblán levő két szám mértani közepe: ab cd =, azaz abcd = 4. Az első eset mintájára dolgozhatunk, a következőt kapjuk: x + y + z + v = 4. Ennek nincs különböző nemnegatív egészekből álló megoldása. pont A táblán eredetileg szereplő négy szám összege tehát 3, vagy 5 lehetett. Összesen: 7 pont. 5. A hegyesszögű ABC háromszög AC oldalának mely P pontjára lesz a P B + P C összeg minimális? Megoldás: Legyen a B csúcs AC-re eső merőleges vetülete T. Ekkor a Pitagorasz tételt alkalmazva P B + P C = BT + P T + P C. 3 pont 4 9

21 Megoldások I. forduló Gimnázium A jobb oldalon BT értéke állandó, ezért P T +P C minimumát keressük. A P T +P C minimuma ugyanakkor van, mint P T +P C minimuma. Alkalmazzuk a négyzetes és számtani közepek közötti egyenlőtlenséget: P T + P C P T + P C. A jobb oldal akkor a legkisebb, ha P a CT szakaszon van, ekkor a jobb oldal állandó. A bal oldali kifejezés tehát akkor minimális, ha P rajta van CT -n és a négyzetes és számtani közép egyenlő, ekkor P T = P C. 4 pont A P B + P C összeg akkor minimális, ha P a T C szakasz felezőpontja, azaz a BC szakasz felezőpontjának a AC-re eső merőleges vetülete. Összesen: 7 pont. 5 0

22 Megoldások I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 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 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., OKÉV, 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 a feladatoknak általában csak egy megoldását közöljük; más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 006. november A versenybizottság. feladat Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b, c pozitív egészre (a, b)(a, c)[b, c] osztója abc-nek. (A szokásos módon (x, y), illetve [x, y] az x és y legnagyobb közös osztóját, illetve legkisebb közös többszörösét jelöli.) Első megoldás: Azt kell megmutatni, hogy M = (a, b)(a, c)[b, c] törzstényezős felbontásában bármely prím kitevője legfeljebb akkora, mint abc törzstényezős felbontásában. ( pont) Legyen egy p prím kitevője a, b, ill. c felbontásában α, β, ill. γ (ha valamelyik szám nem osztható p-vel, akkor a megfelelő kitevő 0). Ekkor p kitevője abc felbontásában α + β + γ, az M felbontásában pedig min(α, β) + min(α, γ) + max(β, γ). ( pont) Mivel b és c szerepe szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy β γ. Így három esetet kell megvizsgálnunk: α β; β α γ; ill. γ α. Az egyes esetekben p kitevője M-ben α + γ; β + α + γ; ill. β + γ, ami (az aktuális feltételek miatt) valóban mindig legfeljebb α + β + γ. (4 pont) Második megoldás: A bc = [b, c](b, c) összefüggést beírva, a [b, c]-vel való egyszerűsítés után az eredetivel ekvivalens (a, b)(a, c) a(b, c) oszthatóságra jutunk. ( pont) Az (xy, xz) = x(y, z) azonosság többszöri alkalmazásával ez az (a, ac, ab, bc) (ab, ac) oszthatósággá alakítható át. (3 pont) Ez pedig valóban fennáll: mivel a bal oldal (többek között) ab-nek és ac-nek is közös osztója, ezért szükségképpen osztója ab és ac lnko-jának, azaz a jobb oldalnak. ( pont)

23 Megoldások I. forduló Specmat Harmadik megoldás: A második megoldás első lépésével a feladatot átfogalmazzuk az (a, b)(a, c) a(b, c) oszthatóságra. ( pont) Az xy = (x, y)[x, y] azonosságot x = (a, b)-ra és y = (a, c)-ra alkalmazva a bal oldal átírható az ( (a, b), (a, c) )[ (a, b), (a, c) ] alakra. ( pont) Itt az első tényező (a, b, c), ami osztója a jobb oldal második tényezőjének. A bal oldal másik tényezője pedig osztója a jobb oldal első tényezőjének, a-nak, hiszen a közös többszöröse (a, b)-nek és (a, c)-nek. Ezért a bal oldali két tényező szorzata osztója a jobb oldalon álló két tényező szorzatának. (3 pont). feladat Adott N és k pozitív egészekre megszámoltuk, hogy az N számot hányféleképpen lehet felírni a + b + c alakban, ahol a, b, c k, és az összeadandók sorrendje is számít. Kaphattunk-e eredményül 006-ot? Megoldás: Tegyük egy-egy csoportba azokat az előállításokat, amelyek csak az összeadandók sorrendjében térnek el. Ha az itt szereplő tagok mind különbözők, akkor a csoportban 6 előállítás szerepel, ha a tagok között két egyforma van, de a harmadik ettől különbözik, akkor a csoportban 3 előállítás található, és végül ha mindhárom tag ugyanaz, akkor ez az előállítás egyedül alkot egy csoportot. (3 pont) A fentiek alapján az előállítások száma 6k + 3m + vagy 6k + 3m (ahol k, ill. m a hatos, ill. hármas csoportok számát jelöli), attől függően, hogy a csupa azonos tagból való előállítás megvalósul-e (ez pontosan akkor jön létre, ha 3 N és k N/3). ( pont) Így az előállítások száma 3-mal osztva 0 vagy maradékot ad. Mivel a 006 hármas maradéka, ezért az előállításszám nem lehet 006. ( pont) 3. feladat Bálint 00 forintot fizet Annának, ha a (90-ből 5-ös) lottón a kihúzott számok szorzatának utolsó számjegye 0 lesz (tízes számrendszerben), viszont Anna fizet Bálintnak 300 forintot, ha nem ez a helyzet. Hosszabb távon kinek előnyös ez a megállapodás? Megoldás: Bálintnak akkor előnyös a játék, ha a nyerési esélye nagyobb, mint 00/( ) = 0,4. ( pont) Bálint akkor nyer, ha a kihúzott számok mindegyike páratlan, vagy ha nincs köztük 5-tel osztható (beleértve azt is, hogy ez a két feltétel egyszerre teljesül). ( pont) Ha mind az öt szám páratlan, akkor ( ezeket ) az és 90 közötti 45 darab páratlan 45 számokból húzták, ezen lehetőségek száma. ( pont) 5 Ugyanígy, ha egyik sem osztható 5-tel, akkor valamennyien a 90 8 = 7 darab és ( 90) közötti, 5-tel nem osztható számok közül kerülnek ki, ezen lehetőségek száma tehát 7. ( pont) 5 ( ) ( ) ( ) Így a Bálint számára kedvező esetek száma +, hiszen duplán számoltuk azokat az eseteket, amikor a számok sem -vel, sem 5-tel nem oszthatók. ( pont)

24 Megoldások I. forduló Specmat Így Bálint nyerési esélye ( ) 45 5 ( ) ( ) ( ) < 90 5 < < ( ) ( ) 5 7 = < 0,4 ; tehát a játék Annának előnyös. ( pont) 4. feladat Az ABC háromszöget betűzzük pozitív körüljárás szerint. A háromszög szögei az A, B, illetve C csúcsnál rendre α, β és γ. A B csúcsot az A pont körül negatív irányban elforgatjuk α szöggel, majd az így kapott B pontot a B pont körül negatív irányban elforgatjuk β szöggel, és végül az így nyert B pontot a C pont körül negatív irányban γ szöggel elforgatva a B 3 pontba jutunk. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a B, B 3 pontok és az ABC háromszög beírt körének O középpontja. Első megoldás: Egy α szögű forgatás helyettesíthető a középponton átmenő két egyenesre történő tengelyes tükrözés (megfelelő sorrendben vett) egymásutánjával, ahol a tengelyek szöge α/. ( pont) C f c 0 b E 0 0 β α + E 0 O β α + c f a α 0 0 A E β 0 f b B Így a feladatban szereplő A pont körüli forgatás felbontható az f a szögfelezőre, majd a c oldalegyenesre való tükrözés egymásutánjára. Hasonlóan a B pont körüli forgatást 3 3

25 Megoldások I. forduló Specmat a c oldalegyenesre és az f b szögfelezőre való tükrözéssel állítjuk elő. Így a két forgatás szorzata az f a és f b szögfelezőkre való tükrözéssel helyettesíthető, hiszen a c oldalegyenesre való kétszeri tükrözés egymást semlegesíti. A szögfelezők szöge α/ + β/, tehát a két forgatás egymás utáni alkalmazása a beírt kör középpontja körüli α + β szögű negatív irányú forgatással egyenlő. ( pont) A beírt kör a b oldalt az E pontban érinti. Az EO sugár és az f c szögfelező szöge is α/ + β/, ezért az előbbi forgatás az EO egyenesre és az f c szögfelezőre való tükrözések egymás utáni alkalmazásával is előállítható. Bontsuk fel a C pont körüli γ szögű negatív irányú forgatást az f c szögfelezőre, majd a b oldalegyenesre való tükrözések egymásutánjára. Így a három forgatás az EO egyenesre és a b egyenesre való tükrözésekkel helyettesíthető. Ezek egymásra merőleges egyenesek, tehát a három egymást követő forgatás olyan középpontos tükrözéssel egyenértékű, amelynek a középpontja E. ( pont) Szerkesszük meg a B és B 3 pontok felezőpontját, ezzel megkapjuk az E pontot. Az O pont körül, EO sugárral megrajzoljuk a beírt kört. A körhöz az E pontban érintőt szerkesztünk, ezzel a háromszög b oldalegyenesét kapjuk meg. A B pontból érintőket szerkesztünk a körhöz, ezzel megkapjuk az a és c oldalegyeneseket. Ez az eljárás nyilván az eredeti ABC háromszöghöz vezet, amely a feladat egyetlen megoldása. ( pont) Második megoldás: Az előző megoldáshoz hasonlóan belátható, hogy különböző középpontú, α és β szögű elforgatások egymásutánja α + β szögű forgatás (alkalmas középpont körül), ha α + β k 360. ( pont) Így a három egymás utáni elforgatás α + β + γ = 80 -os elforgatásnak, tehát középpontos tükrözésnek felel meg. ( pont) Az E érintési pontot az A pont körül α szöggel negatív irányban elforgatva az E érintési pontot kapjuk. Ha az E -et a B pont körül β szöggel negatív irányban elforgatjuk, akkor az E pontba jutunk. A C pont körüli γ szögű negatív irányú forgatásnál ennek a képe az E pont. Tehát E a transzformációnak fixpontja, ebből adódóan az E pont lesz a tükrözés középpontja. ( pont) A szerkesztés a továbbiakban azonos az első megoldásban leírtakkal. ( pont) 5. feladat Töltsük ki a teret páronként kitérő egyenesekkel. Megoldás: Használjuk a térbeli derékszögű x, y, z koordinátákat. Az xy koordinátasík mindegyik A = (x, y, 0) pontjához tekintsük a z = síknak azt az A pontját, amely A- nak a z tengely körüli pozitív 90 -os elforgatásával és z-irányú eltolásával keletkezik, azaz az A = ( y, x, ) pontot. Azt állítjuk, hogy az így nyert AA egyenesek páronként kitérők és együtt kitöltik a teret. ( pont) Ha B az xy koordinátasíknak A-tól különböző tetszőleges pontja, akkor az AB egyenest 90 -os elforgatás és eltolás viszi az A B egyenesbe. Emiatt AB és A B kitérő egyenesek, hiszen egyrészt az egymástól diszjunkt z = 0 és z = síkokban fekszenek, másrészt irányaik merőlegesek. Így tehát az A, B, A és B pontok nincsenek egy síkban. Ekkor viszont AA és BB is szükségképpen kitérő egyenesek. ( pont) Legyen most P = (a, b, c) a tér tetszőleges pontja. Megmutatjuk, hogy található olyan A = (x, y, 0) pont, hogy P illeszkedik az AA egyenesre. Ez pontosan akkor teljesül, ha az 4 4

26 Megoldások I. forduló Specmat A pontból az AA vektor alkalmas számszorosa éppen P-be mutat, azaz ha az (x, y, 0) + t ( y x, x y, ) = (a, b, c) egyenletrendszernek létezik (rögzített a, b, c mellett az x, y, t változókban) megoldása. A harmadik koordinátára vonatkozó egyenletből nyilván t = c, ezt behelyettesítve és átrendezve az ( c)x cy = a cx + ( c)y = b kétismeretlenes lineáris egyenletrendszerhez jutunk. Könnyen ellenőrizhető, hogy a két egyenlet (tetszőleges c esetén) független, ezért mindig létezik megoldás. (3 pont) Megjegyzések. () A feladat megoldásához nem szükséges a szóban forgó x- és y-értékeknek a tényleges meghatározása, de a teljesség kedvéért közöljük az egyenletrendszer megoldását: x = a ac + bc c c +, b ac bc y = c c +. () Az A pont származtatásához nem lényeges, hogy éppen 90 -os forgatást használjunk, tetszőleges olyan szög alkalmas, amely 80 -nak nem többszöröse. A derékszögű forgatás megkönnyíti a koordinátás felírást. (3) Annak az igazolása, hogy a megoldásban definiált egyeneshalmaz valóban kitölti a teret, az alábbi számolásmentes módon is történhet. Vegyük először észre, hogy a szóban forgó egyeneshalmaz zárt egyrészt a z tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatásokra, másrészt bármely λ > 0 mellett az (x, y, z) (λx, λy, z) formulával megadható térbeli affin transzformációkra nézve. (Valóban, elegendő magára az A pontra alkalmazni ezeket a transzformációkat, ekkor A is és így az egész AA egyenes is ugyanúgy transzformálódik.) Az xy koordinátasíkkal párhuzamos bármelyik síkra szorítkozva ezek a transzformációk az origó körüli összes elforgatást és az origó közepű összes nyújtást (ill. zsugorítást) eredményezik. Emiatt ha egy ilyen síkban akár csak egyetlen, az origójától különböző pontot találunk, amelyet a vizsgált egyeneshalmaz lefed, akkor a lefedett pontok szükségképpen az egész síkot belepik. Elég tehát annyit megjegyezni, hogy ha A-t az xy-sík origójának választjuk, akkor az AA egyenes a z-tengellyel esik egybe, ha pedig egy tetszőleges, origótól különböző pontot tekintünk (például konkrétan az A = (, 0, 0) pontot), akkor az AA egyenes mindegyik, az xy-síkkal párhuzamos síkot annak valamely nem a z-tengelyen lévő pontjában döfi (a konkrét példában a z = c síkot az ( c, c, c) pontban). 5 5

27 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont A tanévi matematika OKTV I. kategória második fordulójának értékelési-javítási útmutatója SZAKKÖZÉPISKOLA. feladat Határozzuk meg az m valós szám értékét úgy, hogy az x 8x + 0 < 0 mx + ( m + ) x + 9m + 4 egyenlőtlenség minden valós x-re teljesüljön! Megoldás: A számlálót átalakítva kapjuk, hogy ( x 4) + 4 x 8x + 0 =. ( pont ) Ez minden x-re pozitív. Ezért az eredeti feladat ekvivalens azzal, hogy az mx ( m + ) x < 0 + m egyenlőtlenségnek minden x-re fenn kell állnia. ( pont ) Ha m = 0, akkor ez azt jelenti, hogy a x + 4 < 0. Ez pedig nem igaz minden valós x-re, például x=0-ra sem. ( pont ) Ha m 0, akkor másodfokú polinom áll az egyenlőtlenség bal oldalán. Ahhoz, hogy az egyenlőtlenség teljesüljön minden x-re, feltétel, hogy () m < 0 legyen, ( pont) és ne legyen zérushelye, azaz a diszkrimináns negatív legyen. ( m + ) 4m( 9 + 4) D = 4 m, D = 3m 8m + 4, D = 4(8m + m ). D akkor negatív, ha () 8m + m > 0. ( pont ) Mivel a () bal oldalán álló másodfokú függvény zérushelyei: m = ; m = 4 ( pont ) Ezért a () egyenlőtlenség m < vagy m > esetén teljesül. Figyelembe véve ()-et, 4 az m < 0 feltételt, a feladat megoldása m <. ( pont ) Összesen: 0 pont 6

28 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont. feladat Oldja meg a valós számokból álló számpárok halmazán a következő egyenletet: 5x + xy + y x 6y + 9 = 0 I. Megoldás Csoportosítsuk az egyenlet bal oldalát, és alakítsunk ki teljes négyzeteket: 4x + x 5x + xy + y + 4xy xy + y + y x 6y + 9 = 0, x 6y + 9 = 0, ( 4x + 4xy + y ) 6( x + y) ( x xy + y ) (x + y) 6(x + y) ( x xy + y ( x + y 3) + ( x y) = 0. ( pont ) = 0, ) = 0, ( 3 pont ) Két valós szám négyzetének összege akkor és csak akkor nulla, ha mind a két szám nulla, azaz x + y 3 = 0 és x y = 0. ( pont ) Megoldva kapjuk, hogy x =, y =. ( pont ) Ez a számpár kielégíti az egyenletet. ( pont ) Összesen: 0 pont II. Megoldás Tekintsük az egyenletben ismeretlennek x-et, és y-t paraméternek! Ennek megfelelően átrendezve az egyenletet kapjuk, hogy 5x 5x + xy + y + x x 6y + 9 = 0, ( y ) + ( y 6y + 9) = 0. ( pont ) Az egyenlet megoldása: x x x,,, = = = ( y ) ± ( y ) 0( y 6y + 9) ( y ) ± ( y ) ± 36( y ) 0 36y y 36,,. ( 3 pont ) 7

29 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont Akkor és csak akkor létezik megoldás, ha a diszkrimináns 0 : azaz 36 y ( ) 0, ( y ) 0. Ez pedig csak y= esetén teljesül. ( 3 pont ) Ekkor x =. ( pont ) Az (,) számpár kielégíti az egyenletet. ( pont ) Összesen: 0 pont 3. feladat Hány téglalap látható a rajzon? (A téglalapok oldalai csak megrajzolt szakaszok lehetnek.) Megoldás A B F G H E D C Nevezzük el a pontokat az ábra jelölése szerint! Először számoljuk össze, hány olyan téglalap van, melyek függőleges oldalegyenese az ABCD-n belül van. A téglalap függőleges határoló oldalai számára két egyenest kell kiválasztanunk az öt függőleges egyenes közül, ezt 5 = 0-féleképpen tehetjük meg. ( pont ) Ettől függetlenül a vízszintes két oldalegyenest is öt vízszintes egyenes közül választhatjuk, így az is 5 = 0-féle lehetőség. ( pont ) Eddig összesen 0 0 = 00 téglalapunk lesz. ( pont ) 8

30 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont Ezután hasonlóan hajtsuk végre az összeszámlálást az FHCE n belüli téglalapokra is! Itt 8 3 = 8 3 = 84 téglalapot kapunk. ( pont ) Ha a kétféle téglalap-számot összeadjuk, akkor kétszer számoljuk azokat, amelyek a GHCD-n belül vannak. Ezért ezeknek a számát le kell vonni az előbbi összegből. ( pont ) 5 3 Ezek száma: = 0 3 = 30. ( pont ) Így a rajzon látható téglalapok száma: =54. ( pont ) Összesen: 0 pont 4. feladat Legyenek egy háromszög oldalai eső darabjai Megoldás B q B a x, y, z hosszúságúak. Bizonyítsa be, hogy a C z c b y x A a, b, c és a belső szögfelezőknek a háromszög belsejébe + + > + +! x y z a b c b p A Használjuk az ábra jelöléseit, ahol p és q párhuzamos a z szögfelezővel! Ennek következménye, hogy CB =a és CA =b ( pont ) A z szögfelezőre felírhatjuk a következő arányokat (például a párhuzamos szelők tétele alapján): z a () =, ( pont ) p a + b z b () =. ( pont ) q a + b () és () összeadása után z p z + =, q ( pont ) azaz (3) = +. ( pont ) z p q Az ábrán szereplő AA C illetve BB C háromszögekre felírt háromszög-egyenlőtlenségek szerint: 9

31 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont p < b és q < a, ezért (3) alapján: ( pont ) (4) = + > +. z p q a b ( pont ) Hasonlóképpen látható be, hogy (5) > +, x b c illetve ( pont ) (6) > +. y c a ( pont ) (4), (5) és (6) megfelelő oldalait összeadva a + + > + + ( pont ) x y z a b c bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Összesen: 0 pont II. Megoldás γ C γ a z b B P A Írjuk fel a BPC, PAC és BAC háromszögek területeit, és használjuk fel, hogy t + t = t ( pont ) BPC PAC BAC Tehát t t t BPC PAC BAC γ az sin =, γ zbsin =, absinγ =. γ γ az sin zbsin absinγ + =, ( pont ) 30

32 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont amiből (felhasználva, hogy γ = γ ) ( pont ) γ γ γ γ az sin + zbsin = absin cos, illetve γ az + bz = abcos. ( pont ) γ Mivel cos <, ezért ( pont ) az + bz < ab, ab z < a + b, ( pont ) a + b >, z ab (4) > +. z a b ( pont ) Hasonlóképpen látható be, hogy (5) > +, x b c illetve ( pont ) (6) > +. y c a ( pont ) (4), (5) és (6) megfelelő oldalait összeadva a + + > + + ( pont ) x y z a b c bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Összesen: 0 pont 3

33 Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont 5. feladat Milyen pozitív p, q, r prímszámokra teljesül, hogy ( 7 p ) (3q + r) + p q r = 0? Megoldás: Mivel p, q, r pozitív prímszámok, ezért p csak 7-nél nagyobb (tehát páratlan) prím lehet, ellenkező esetben az egyenlet bal oldala pozitív lenne, míg a jobb oldal 0. Ha > 7 p, akkor p páratlan, így ( p ) ( 3q + r) 7 biztosan páros szám, ezért a p q r szorzatban biztosan van egy páros prím, de ez nem lehet a p. ( 3 pont ) Ha q =, akkor egyenletünk ( 7 ) ( 6 + r) + pr = 0 A műveletek elvégzése után a p r = p 6 ( r) egyenletre jutunk. Mivel az egyenlet bal oldala pozitív, ezért a jobb oldalának is pozitívnak kell lenni, vagyis r < 6. Ezért r =, r = 3, r = 5 lehetséges. A három esetet megvizsgálva p -re 4,, 77 adódik, amelyek nem prímszámok, így q= nem ad megoldást. ( 3 pont ) Ha r =, akkor egyenletünk ( 7 ) ( 3q + ) + pq = 0 A műveletek elvégzése után a p. ( + ) ( p) = 8 q egyenletet kaphatjuk. Ebből az előbbi gondolatmenethez hasonlóan - látható, hogy p <. Így p lehetséges értékei (mivel p>7): p=, p=3, p=7. A megfelelő p értékekhez q értékét számolva q=0,8; q=,5; q=5 adódik. Tehát csak p = 7 esetén kapunk q -ra prímszámot, mégpedig q = 5 -öt. ( 3 pont ) A feladat megoldása: p = 7 ; q = 5; r =. ( pont ) Összesen: 0 pont 3

34 Megoldások II. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi összeggel megadott N szám nem prím: ( 006 ) N = n n , azaz N = n= Megoldás: Igazolni szeretnénk, hogy N nem prím, ehhez elegendő megtalálni valamelyik valódi osztóját. N -vel nem osztható, hiszen 004 páros és 003 páratlan szám összege, tehát páratlan. pont Nézzük meg 3-mal osztható-e. Az összeg általános tagja n n alakú. Ha n hárommal osztható, akkor n n is. Ha összeszorzunk két számot, amelyek hármas maradékai m és m, akkor a szorzatuk hármas maradéka m m hármas maradéka lesz, hiszen (3k + m )(3l + m ) = 3(3kl + m + m ) + m m. Ez alapján ha n hármas maradéka, akkor minden pozitív egész kitevős hatványa maradékot ad. Ha n hármas maradéka, akkor 3k alakban írható. A maradék számításához egyszerűbb, ha azt -nek gondoljuk. Ekkor a kitevő paritásán múlik n n hármas maradéka: ha n páros, ha n páratlan lesz a hármas maradék. pont A 007 tag közül 668-nak alapja 3k alakú, ezek összege 3-mal osztható. 669 esetben lesz az alap 3k + alakú, ezek összege 669 maradékot ad, ami szintén 3-mal osztható. pont 670 esetben lesz az alap 3k alakú. Az első 669-nél ezek n n típusúak, a kitevők felváltva párosak illetve páratlanok, így felváltva adnak és maradékot, összesen -et. Az utolsó tag, a alapja is 3k alakú, kitevője páratlan, így hármas maradéka. Ezek szerint a most vizsgált 670 tag összege is 3-mal osztható. Tehát N 3-nál nagyobb, 3-mal osztható szám, azaz nem prím. pont Összesen: 7 pont. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 x π, és 0 y π: () cos x + cos y =, () sin x sin y = 3 4. Megoldás: ()-ből következik, hogy cosx és cosy negatív nem lehet, mert a koszinusz -nél nagyobb nem lehet. cos x illetve cos y 0 sem lehet, mert ha pl. cos x=0, akkor cos y= és sin y=0, így () nem teljesül. pont Tehát cos x > 0 és cos y > 0, így x és y az. vagy 4. negyedbe esik. Mivel () szerint szinuszaik előjele különbözik, ezért ha az x az. negyedben van, akkor y a negyedikben, vagy fordítva. Ez a vizsgálat a végén segítségünkre lesz a gyökök áttekintésénél. pont 33

35 Megoldások II. forduló Gimnázium Legyen cos x = u, cos y = v. A () egyenlet két oldalát négyzetreemelve az egyenletrendszer így alakul át: Átalakítjuk (4)-et: (3) u + v =, (4) ( u )( v ) = 9 6. u v (u + v ) + = u v ( (u + v) uv ) + = 9 6. Mivel u + v = ez uv-re egy másodfokú egyenlet: u v + uv 9 ± = 0, = uv = 6 = ± 5. pont Mivel uv = cos x cos y > 0, ezért uv = cos x cos y =. Ebbe az egyenletbe cos y helyébe 4 írjuk () alapán a cos y = ( cos x)-et, majd átrendezzük: cos x( cos x) = 4, cos x cos x + 4 = ( cos x ) = 0. A megoldás tehát a cos x = cos y =. Figyelembe véve a megoldás elején leírtakat: pont x = π 3, y = 5π 3, illetve x = 5π 3, y = π 3. Ezek valóban kielégítik az eredeti egyenletrenszert. pont Összesen: 7 pont 3. Legyenek az A B C és A B C azonos körüljárású szabályos háromszögek. A sík egy tetszőleges O pontjából mérjük fel a következő vektorokat: OA = A A, OB = B B, OC = C C. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög szabályos. Megoldás: Bizonyításunk során az ábra jelöléseit használjuk. A feladat szerint a c vektort a b vektorba, illetve a c vektort a b vektorba A illetve A körüli 60 -os elforgatás viszi át. Azt kell bizonyítanunk, hogy az AC vektort az AB vektorba ugyancsak 60 -os elforgatás viszi. pont 34

36 Megoldások II. forduló Gimnázium Az A A B B négyszögből x + b y b = 0, az A A C C négyszögből pedig x + c z c = 0, ezekből: AC = z x = c c AB = y x = b b. Mivel c -et b -be és c -t b -be 60 -os elforgatás viszi, ugyanez áll különbségükre is, amivel állításunkat bebizonyítottuk. 5 pont Összesen: 7 pont 4. Egy szabályos oldalú sokszög csúcsait megszámoztuk sorban a 0,,, 3,..., 0 számokkal. Egy urnába betettünk lapot, ezeken is a 0,,, 3,..., 0 számok voltak. Az urnából kihúzunk három lapot. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a lapokon szereplő számoknak megfelelő három csúcs hegyesszögű háromszöget alkot? ( ) Megoldás: A kiválasztható háromszögek száma = 330. pont 3 Derékszögű nincs köztük, hiszen a páratlan, tehát nincs két csúcs, amelyek által meghatározott húr a sokszög köré írt körnek átmérője lenne. Derékszögű háromszög esetén azonban lenne átmérő, a Thalesz tétel alapján. pont Elegendő tehát a háromszögek közül a tompaszögűeket kiválasztani. Tompaszögű a háromszög, ha nem tartalmazza a köré írt kör középpontját. Legyenek a sokszög csúcsai A 0, A, A,..., A 0. Megszámoljuk azokat a tompaszögű háromszögeket, amelyeknek a leghosszabb oldalának egyik végpontja A 0. Tekintsük először az A 0, A,..., A 0 csúcsokat, ezek egy félkörön vannak. Ha a leghosszabb oldal másik végpontja A i, < i <, akkor a vele szemközti tompaszögű csúcs lehet A k, 0 < k < i. Megszámoljuk ezeket, sorra véve az A 0 A i oldalakat: A 0 A :, A 0 A 3 :,..., A 0 A 0 : 9; tehát összesen = 45. Az A 0 -on áthaladó szimmetria tengelyre tükrösen is ugyanennyi van, összesen 90. Mivel a sokszögnek egyetlen csúcsa sincs kitüntetett helyzetben, ezért minden csúcsra ugyanezt 3 35

37 Megoldások II. forduló Gimnázium az értéket kapjuk. Összegezve 90 adódik. Mivel a leghosszabb oldalnak két végpontja van, ezért így a tompaszögű háromszögek számának kétszeresét kaptuk. A hegyesszögűek száma tehát: 330 ( 45) = 385, a keresett valószínűség = 38 0, 9. 5 pont Megjegyzés: A fenti módszert alkalmazva azt kapjuk, hogy a szabályos n + szög esetén a hegyesszögű háromszögek száma n(n + )(n + ), 6 azaz az első n négyzetszám összege. A valószínűség pedig n +. Ez már viszonylag kis 4n csúcsszámnál is jól közelíti az 4 -et. Összesen: 7 pont 4 36

38 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások A döntő feladatainak megoldásai. Legyenek az x ( a + d ) x + ad bc = 0 egyenlet gyökei az x és x valós számok! Bizonyítsa be, hogy ekkor az y ( a + d + 3abc + 3bcd ) y + ( ad bc) = 0 egyenlet gyökei az y = Megoldás: 3 x és y = 3 x! Írjuk fel az x ( a + d) x + ad bc = 0 másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggéseket: () x x = a + d illetve +, () x x = ad bc. ( pont) Az y ( a + d + 3abc + 3bcd) y + ( ad bc) = 0 egyenlet elsőfokú tag együtthatójának ellentettjét alakítva kapjuk: a + d + 3abc + 3bcd = a + d + 3( a + d) bc, (3) a + d + 3abc + 3bcd = ( a + d) 3( a + d)( ad bc). Az () és () összefüggéseket (3)-ba helyettesítve: a műveletek elvégzése és rendezés után: (4) a b + 3abc + 3bcd = ( x + x ) 3( x + x ) xx +, a b + abc + 3bcd = x x. (4 pont) Másrészt az y ( a + b + 3abc + 3bcd) y + ( ad bc) = 0 nulladfokú tagjába ()-t helyettesítve : 3 ( ad bc) = ( x x (5) ( ad bc) = x x ( pont) ) 3 37

39 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások (4) és (5) felhasználásával az y ( a + d + 3abc + 3bcd) y + ( ad bc) = 0 egyenlet felírható a következő képpen is: (6) y ( x + x ) y + x x = 0. (6) bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: 3 3 (7) ( y x )( y x ) 0. = 3 3 A (7) egyenlet gyökei pedig valóban az x és x valós számok. (3 pont) Az y ( a + d + 3abc + 3bcd ) y + ( ad bc) = 0 egyenletnek akkor vannak valós gyökei, ha D= ( a + b + 3abc + 3bcd) 4 ( ad bc) Ez a feltétel (4) és (5) segítségével ( + x ) 4 x x azaz ( x ) 0 x, x alakú lesz. Ez utóbbi minden x és x valós számra teljesül, ez pedig pontosan azt jelenti, hogy ha az x ( a + d ) x + ad bc = 0 egyenletnek vannak valós gyökei, akkor az y ( a + d + 3abc + 3bcd ) y + ( ad bc) = 0 egyenlet valós gyökei is léteznek ( pont) összesen: 0 pont 38

40 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások. Egy tengelyesen szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai AB és CD. A DC; CB és BD szakaszok hosszai ebben a sorrendben egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Az AD; AB és AC szakaszok hosszai ebben a sorrendben szintén egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Határozza meg a trapéz oldalai hosszának arányát! Megoldás: Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát! Az ábrán merőlegest bocsátottunk a C illetve D pontokból az AB szakaszra, a merőlegesek talppontjai P illetve Q. D C.. A Q P B Legyen AB = a, BC = b és CD = c, továbbá AC = e! A tengelyes szimmetria miatt nyilvánvaló, hogy DA = b és BD = e. Az AQ illetve BQ befogók hossza: () illetve () a c AQ =, a + c BQ =. ( pont) 39

41 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások A feltételek miatt a feladatban két növekvő számtani sorozat 3-3 egymást követő tagja szerepel, fenti jelöléseinkkel ezek a következők: (3) c ; b; e, (4) b ; a; e. Legyen a (3) sorozat differenciája d! Mivel a sorozat növekvő, ezért nyilvánvaló, hogy d > 0. A számtani sorozat tulajdonsága miatt: és (5) c = b d és e = b + d. ( pont) A (4) számtani sorozatra teljesül, hogy e + b a =, azaz (5)-öt behelyettesítve: b + d d (6) a = = b +. ( pont) Az ADQ és BDQ háromszögek derékszögűek, ezért () és () felhasználásával a Pitagorasz-tétel alapján felírjuk, hogy: (7) a c a + c b = e. ( pont) az (5) és (6) kifejezéseiből következik, hogy egyrészt másrészt a c 3d =, 4 a + c 4b d =. ( pont) 4 40

42 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások Ezeket, illetve az ugyancsak (5)-ből kapott beírjuk (7)-be: e = b + d összefüggést 3d 4b d b = ( b + d). ( pont) 4 4 Elvégezve a műveleteket, rendezés és egyszerűsítés után a (8) b 5bd 3d = 0 egyenletre jutunk. Tekintsük (8)-at b -ben másodfokú egyenletnek, a megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy: b = 3d és b d =. Figyelembe véve a d > 0 feltételt a b = d nem megoldás. ( pont) Ezért b = 3d. Így (5) és (6) szerint: 7d a = ; 6d b = ; 4d c =. ( pont) Ebből következően az ABCD trapéz oldalai hosszának aránya: AB : BC : CD : DA = 7 : 6 : 4 : 6. ( pont) összesen: 0 pont 4

43 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások 3. Anna dobókockájának 4 lapja fehér, lapja fekete, Bori dobókockájának minden lapja fehér. a) Bori be akarja festeni a kockája néhány lapját feketére úgy, hogy ha a festés után egyszerre dobnak a kockáikkal, akkor az azonos szín dobásának valószínűsége 8 7 legyen. Hány lapot fessen be Bori? b) Mutassa meg, hogy Bori nem tudja úgy festeni a kockáját, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége 4 legyen! c) A Bori által feketére festett lapok számához rendeljük hozzá az azonos szín dobásának valószínűségét! Adja meg ennek a függvénynek az értékkészletét! Megoldás: Tegyük fel, hogy Bori x számú lapot festett be. Először vizsgáljuk azt az eseményt, hogy mindketten feketét dobnak! Jelöljük A -val azt az eseményt, hogy Anna feketét dob, és B -vel azt, hogy Bori dob feketét Ezek valószínűségei a következők: P ( A) =, illetve 6 x P ( B) =. ( pont) 6 Az A és B egymástól független események, ezért annak valószínűsége, Hogy mindketten feketét dobnak, P = P P, ( AB) ( A) ( B) azaz () x P ( A B) =. ( pont) 36 4

44 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások Másodszor vizsgáljuk azt, hogy mindketten fehéret dobnak. Legyen C illetve D az az esemény, hogy Anna illetve Bori fehéret dob! Ezek valószínűségei: 4 P ( C) = illetve 6 6 x P( D) =. ( pont) 6 Mivel a dobások egymástól függetlenek, így annak valószínűsége, hogy mindketten fehéret dobnak: () 4 (6 x) P( C D) =. ( pont) 36 Az azonosan fekete, illetve azonosan fehér szín dobása egymást kizáró események, ezért az azonos szín dobásának valószínűsége az () és () valószínűségek összege: rendezés és egyszerűsítés után: x 4 (6 x) P( A B + C D) = +, (3) x P( A B + C D) =. ( pont) 8 Bori kívánsága szerint ez 8 7 kell, hogy legyen. (4) x = A (4) egyenlet megoldása x = 5, ezért a feladat a) részének kérdésére az a válaszunk, hogy Borinak a saját kockája 5 lapját kell feketére befestenie ahhoz, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége 7 legyen. 8 ( pont) 43

45 Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont OKTV 006/007. Matematika I. kategória döntő forduló Feladatlap és megoldások A feladat b) kérdése szerint az azonos szín dobásának valószínűsége lenne. Ez a 4 (5) x = 8 4 egyenlet megoldásából kapott x mellett teljesülne. 5 (5) megoldása: x =, ez nem egész, így nem lehet kocka lapjainak száma. Ezért az azonos szín dobásának valószínűsége valóban nem lehet. 4 A c) kérdésre adandó válaszhoz először határozzuk meg az f (x) -szel Jelölt függvény értelmezési tartományát! ( pont) Mivel Bori a kockájának 0,,,3,4, 5 vagy 6 lapját festheti be feketére, ezért: D = { 0;;;3;4;5;6 }. ( pont) f (3) alapján a függvény értékkészletének elemei kiszámíthatók, így rendre azt kapjuk, hogy: R f = ; ; ; ; ; ;. ( pont) összesen: 0 pont 44

46 Megoldások Dönt forduló Gimnázium A döntő feladatainak megoldásai 45

47 Megoldások Dönt forduló Gimnázium 46

48 Megoldások Dönt forduló Gimnázium 47