Matematika feladatok megoldása

Átírás

1 : oldal 22. lap KöMaL, január II. megoldás. Értelmezzün, majd tüntessü el a nevezőet: x ±2. (x 3 7x + 6)(x + 2) = (x 2)(2x + 14), x 4 + 2x 3 7x 2 8x + 12 = 2x x 28, x 4 + 2x 3 9x 2 18x = 40, x 3 (x + 2) 9x(x + 2) = 40, x(x + 2)(x 3)(x + 3) = 40. Mvel az egész számo halmazán dolgozun, ezért a 40 (nemcsa poztív) osztót ell megeresnün, ezene ell a tényezőne megfelelnü. A 40 osztó: 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40 és eze 1-szerese. Az x + 2 és az x + 3 egymást övető egész számo, így csa az 1, 2; 2, 1; 4, 5 és 5, 4 számo jöhetne szóba. Ezeben az eseteben x = 1; 3; 2; 6. A 3 és a 6 nem jó, mert nem osztó a 40-ne, a 2 pedg nncs benne az értelmezés tartományban. Nézzü meg, hogy x = 1 megoldás-e: ( 1) 1 ( 4) Tehát az egyenletne nncs egész megoldása. Görcs András (Somorja, Madách Imre Gmn., 9. évf.) Megjegyzés. Néhányan a 3-mal való oszthatóságot vzsgáltá: az egyenletet átírtá (x 1)(x + 2)(x + 3) = 2(x + 7) alara, majd megnézté x 0, lletve x < 0 esetén, hogy ha x rendre 0, 1 vagy 2 maradéot ad 3-mal osztva, aor m a maradé a bal és a jobb oldalon. Mvel egy esetben sem egyez meg a maradé, ezért nncs megoldás az egész számo örében. 134 dolgozat érezett. 5 pontos 59, 4 pontos 22, 3 pontos 20, 2 pontos 8, 1 pontos 13, 0 pontos 10 dolgozat. Nem versenyszerű: 2 dolgozat. Matemata feladato megoldása B Legfeljebb meora lehet a P A + P B + P C + P D összeg, ha P az ABCD egységnégyzet egy pontja? (4 pont) Megoldás. Először gazolun egy lemmát. Lemma. Legyene 0 a 1 és b valós számo, valamnt f(x, y) = x 2 + y 2 + (1 x) 2 + y Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1

2 : oldal 23. lap KöMaL, január Eor f(a, b) f(0, b), és egyenlőség pontosan aor teljesül, ha a = 0 vagy a = 1 vagy b = 0. A honlapunon megadtun egy, a lemmával evvalens geometra állítást, és anna a geometra bzonyítását. Most megmutatju, számolással hogyan érhetün célt. Az állítás átrendezéssel a övetező alaban írható: 1 + b2 (1 a) 2 + b 2 a 2 + b 2 b. Az a-ra tett feltevésün szernt mndét oldal nemnegatív, ezért a négyzetreemelés evvalens átalaítás. A művelete elvégzése után apju, hogy (1) 1 + b a + a 2 + b b 2 (1 a) 2 + b 2 a 2 + b 2 + b 2 2 b a 2 + b 2. Az egyszerűsítése után vezessü be a c = 1 a jelölést (nylván 0 c 1), így rendezéssel (1) a övetező alara hozható: c + b (1 c) 2 + b b 2 c 2 + b 2. Ismét mndét oldal nemnegatív, ezért újra négyzetre emelhetün: c 2 + b 2 (1 c) 2 + b b c (1 c) 2 + b 2 c 2 + b 2 + b 2 c 2 + b 4. Egyszerűsítése és rendezés után 2 b c (1 c) 2 + b 2 2b 2 c adód. Mvel 2 b c 0, így ét eset van: ha 2 b c = 0, aor b = 0 vagy a = 1 és egyenlőség áll. Egyébént 2 b c > 0 és oszthatun vele: (1 c) 2 + b 2 b. Ismét mndét oldal nemnegatív, és újabb négyzetreemelés után a nylvánvaló (1 c) 2 0 egyenlőtlenséghez jutun. Itt egyenlőség a = 0 esetben áll. Mvel csupa evvalens átalaítást végeztün, így az eredet állítást, és ezzel a lemmát beláttu. Válasszu úgy a oordnátarendszerünet, hogy az egységnégyzet csúcsa legyene A(0, 0), B(1, 0), C(1, 1) és D(0, 1); továbbá legyen P (x, y), ahol 0 x, y 1. Eor P A + P B + P C + P D = = x 2 + y 2 + (1 x) 2 + y 2 + (1 x) 2 + (1 y) 2 + x 2 + (1 y) 2 = = f(x, y) + f(x, 1 y). Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1 23

3 : oldal 24. lap KöMaL, január A lemmát alalmazva, majd használva, hogy 0 y 1 apju, hogy f(x, y) + f(x, 1 y) f(0, y) + f(0, 1 y) = = y y 2 + (1 y) (1 y) 2 = = y + 1 y + f(y, 1) = 1 + f(y, 1). Ismét a lemma szernt f(y, 1) f(0, 1) = 1 + 2, amből az eddge szernt P A + P B + P C + P D Egyenlőség aor teljesül, ha mnden becslésünben egyenlőség áll, önnyű meggondoln, hogy ez pontosan aor teljesül, ha P az egységnégyzet valamely csúcsa. Borbély Márton (Kaposvár, Táncscs Mhály Gmn., 12. évf.) Megjegyzés. Vázolun egy másod lehetséges megoldást, amely felhasznál néhány alapsmeretet a étváltozós függvényeről. Vezessü be a g(p ) = P A + P B + P C + P D függvényt. Ismert, hogy egy háromszögben a súlyvonal legfeljebb olyan hosszú, mnt a súlyvonalat özrefogó oldala számtan özepe. Ebből az elem geometra tényből azonnal övetez, hogy ha a P Q szaasz felezőpontja F, aor g(f ) ( g(p ) + g(q) ) /2, és egyenlőség csa P = Q esetben áll. Mvel a g függvény folytonos, így aptu, hogy g szgorúan onvex. A onvextást használva nem túl nehéz megmutatn, hogy a maxmum a csúcsoban lesz, elég arra gondoln, hogy ABCD mnden több pontja belső pontja egy olyan szaaszna, amelyne a végpontja s ABCD valamely pontja. 58 dolgozat érezett. 4 pontos 37, 3 pontos 7, 2 pontos 2, 1 pontos 10, 0 pontos 2 dolgozat. B Határozzu meg azoat az n poztív egészeet, amelyere négyzetszám n 2 (5 pont) Németh László (Fonyód) javaslata alapján Megoldás. A mértan sorozat összegépleténe többször alalmazásával juthatun az összeg zárt alajához: n 2 = = ( ) + ( ) + + ( ) (2 ) = = (2 n 1) + (2 n 2) + (2 n 2 2 ) (2 n 2 ) = = n 2 n ( ) = n 2 n (2 n 1) = = (n 1) 2 n + 1. Ezzel a feladat övetelménye a övetező alaot ölt: (n 1) 2 n + 1 = 2, azaz (n 1) 2 n = 2 1 = ( + 1) ( 1). 24 Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1

4 : oldal 25. lap KöMaL, január Itt az azonos partású ( + 1) és ( 1) szorzata páros lévén mndét szám páros, és mvel a ülönbségü 2, azért valamelyü nem osztható 4-gyel. Tehát vagy + 1 = 2 t (ahol t páratlan) és 1 = 2, vagy + 1 = 2s (ahol s páratlan) t és 1 = 2. Az első esetben s A más esetben hasonlóan 2 = ( + 1) ( 1) = 2 t 2 n 1, t 2t = 2 t 2 2(n 1), n 1 = t(2 n 2 t 1) 2 n = ( + 1) ( 1) = 2s 2 n 1, s 2s = 2s 2 2 (n 1), 2 n 2 (n 1) = s 2 s = s(s 1), amből (mvel s páratlan lévén osztója (n 1)-ne) s(s 1) < (n 1) 2, és így 2 n 2 < n 1 övetez. Enne alapján n 2 n 2, am csa n 4 esetén teljesül. Az n számára szóbajövő négy értéet próbálva csa n = 1 és n = 4 felel meg; előbbre (n 1) 2 n + 1 = 1 2, utóbbra pedg (n 1) 2 n + 1 = 7 2. Schfferer András (Kaposvár Táncscs Mhály Gmn., 12. évf.) és Kupás Vendel Péter (Gyöngyös, Berze Nagy János Gmn., 12. évf.) megoldását felhasználva 89 dolgozat érezett. 5 pontos 34, 4 pontos 18, 3 pontos 10, 2 pontos 18, 1 pontos 6, 0 pontos 3 dolgozat. B Az ABC hegyesszögű háromszög B-ből, lletve C-ből nduló magasságána talppontja D, lletve E. Legyen P az AD, Q pedg az AE szaasz olyan belső pontja, amelyre EDP Q húrnégyszög. Mutassu meg, hogy a BP és CQ szaaszo az A-ból nduló súlyvonalon metsz egymást. (3 pont) Megoldás. Mvel BEC és BDC derészög, azért BCDE húrnégyszög. Ematt a CBE és az ADE szög megegyez. A P pont az AD szaasz pontja, így a P DE szög s ugyaneora. Most felhasználju, hogy DP QE s húrnégyszög, ezért P DE = P QA. Ezzel ét lépésben beláttu, hogy a P QA és CBA szöge egyenlő. A feladat feltétele alapján a P és Q ponto az eredet Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1 25

5 : oldal 26. lap KöMaL, január háromszög oldalan vanna, így az előzőe egyállású szöge, így P Q párhuzamos BC-vel. A BAC szögre és a BC, P Q párhuzamos egyenesere alalmazva a párhuzamos szelő tételét (1) AQ AP = BQ CP AQ CP = BQ AP. Az M pont a BC oldal felezőpontja, tehát MB = MC. Bővítsü (1)-ben a szorzatoat az egymással megegyező M B-vel és M C-vel: AQ CP MB = BQ AP CM. Az ABC háromszögben az AM, BP és CQ szaaszora alalmazható a fent egyenlőség alapján a Ceva-tétel megfordítása, azaz AM, BP és CQ egy pontban metsz egymást. Az AM a háromszög A-hoz tartozó súlyvonala, így az állítást gazoltu. Janzer Orsolya Ll (Budapest Fazeas M. Gya. Ált. Is. és Gmn., 12. évf.) dolgozata alapján Összesen 70 dolgozat érezett. 3 pontot apott 67, 2 pontot 2 versenyző. 1 pontos 1 tanuló dolgozata. B A V halmaz eleme olyan n-dmenzós vetoro (rendezett szám n-ese), amelye mnden oordnátája 1, 0 vagy 1. Semely három ülönböző V -bel vetor összege nem a nullvetor. Mutassu meg, hogy V 2 3. (4 pont) I. megoldás. Nevezzü bandána (n-dmenzós, 1, 0, 1 számoból álló) vetoro egy olyan háromelemű halmazát, amelyben a három vetor összege 0. Legyen az a tetszőleges n és m dmenzójú a és b vetorora értelmezett művelet, amelyne eredménye az az n + m dmenzójú vetor, amelyne első n oordnátája megegyez a oordnátával, a tovább oordnátá pedg b oordnátával. Az n szernt nducóval megmutatju, hogy az összes n-dmenzós (0, ±1 elemű) vetoro halmaza 3 darab, páronént dszjunt banda egyesítése. Az n = 1 esetén ez nylvánvalóan gaz: egyetlen banda van, a { 1, 0, 1}. Tegyü föl, hogy n = -ra gaz az állítás. Az n = + 1-re belátandó tentsün egy, az n = esethez tartozó felosztásban szereplő {A, B, C} bandát; ebből a övetező, n = + 1 dmenzós bandáat hozzu létre: {A 0, B 1, C 1}, {A 1, B 0, C 1}, {A 1, B 1, C 0}. Ezzel (az nducós feltevés alapján) = 3 darab + 1 dmenzós bandát onstruáltun, amelye páronént dszjunta, így összesen 3 3 = 3 +1 darab ülönböző vetort tartalmazna, tehát az összeset. 26 Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1

6 : oldal 27. lap KöMaL, január A feladat állítása ebből már egyszerűen övetez, hszen a övetelmény szernt mnden bandából legfeljebb ét vetort választhatun, és a bandá száma 3. A bzonyított becslés éles: ha az összes olyan vetort tentjü, amne az első oordnátája 1 vagy 1, a több pedg (0, 1 és 1 özül választva) tetszőleges, aor eze száma éppen 2 3, és semely háromna az összege nem nulla. Noszály Áron (Debrecen, Fazeas Mhály Gmn., 10. évf.) II. megoldás. Az I. megoldásban bandána nevezett hármas csoportoba sorolást egyszerűbben s aphatun a övetező módon. Mndegy (n dmenzós, a 0, 1, 1 elemeből épzett) vetorhoz adju hozzá a csupa 1-esből álló (n dmenzós) e vetort, a oordnátá összeadását modulo 3 végezve. (Vagys = 1, = 0, = 1 szernt.) Ezzel páronént dszjunt, {v, v + e, v e} típusú vetor-hármasohoz jutun, amelye eleme a bennü levő bármely vetorból az e legfeljebb étszer hozzáadásával előállítható, a három vetor összege pedg v + (v + e) + (v e) = 3v = 0. Schfferer András (Kaposvár, Táncscs Mhály Gmn., 12. évf.) 68 dolgozat érezett. 4 pontos 50, 3 pontos 4, 2 pontos 2, 1 pontos 7, 0 pontos 5 dolgozat. B Bzonyítsu be, hogy mnden n > 1 egész számra 1 2 n 1 ln n < n n n 1. (5 pont) Javasolta: Holló Gábor (Budapest) I. megoldás. Először a övetező segédtételt gazolju: mnden x > 1 valós számra 1 ln x + x < x. Bzonyítás: Ha x > 0, aor az függvény derváltjára f(x) = x 1 x ln x f (x) = 1 2 x x 3 1 x = 1 2 x 3 (x x ) = 1 2 x 3 ( x 1 ) 2 0, ahol egyenlőség csa x = 1 esetén teljesülhet. Ennélfogva f(x) poztív x-ere szgorúan monoton nő, így mnden x > 1 esetén f(x) > f(1) = 0, amvel az állításunat gazoltu. azaz 1 x ln x > 0, x Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1 27

7 : oldal 28. lap KöMaL, január Mvel mnden 1 egész szám esetén +1 > 1, a most belátott segédtétel alapján ln <, amt mnden 1 < n-re összegezve Itt a ln + 1 =1 ln + 1 =1 + =1 + 1 < = = ln( + 1) ln =1 összeg teleszopusan ln n-nel egyenlő, vagys ln n < + 1 =1 =1 mnden n > 1 egész esetén, am éppen a feladat állítása. Darócz Sándor (Nyíregyháza, Krúdy Gy. Gmn., 12. évf.) II. megoldás. Az n szernt nducóval bzonyítun; ha n = 2, aor ln < 2 teljesülése özvetlen számolással ellenőrzhető. Az nducós lépésben megmutatju, hogy n 1-ről n-re lépve a bzonyítandó egyenlőtlenség bal oldala evesebbel nő, mnt a jobb oldal, vagys n 1 n ln n ln(n 1) + < n n 1. A fent egyenlőtlenség azonos átalaításával és az x = n jelölést bevezetve: ln x x < x, 0 < x 1 2 ln x. x Az utóbb egyenlőtlenség gazolásához elegendő megmutatn, hogy a g(x) = x 1 x 2 ln x függvény derváltja poztív, ha x > 1. Valóban: g(1) = 0, és mnden x > 1-re g (x) = x 2 2 x = ( 1 1 x) 2 > 0. Győrffy Ágoston (Budapest, Fazeas M. Gmn., 11. évf.) 47 dolgozat érezett. 5 pontos 35, 4 pontos 3, 3 pontos 7, 2 pontos 2 dolgozat. 28 Középsola Matemata és Fza Lapo, 2019/1

8 : oldal 29. lap Ko MaL, janua r