A VERSENY SZERVEZÉSÉBEN RÉSZT VÁLLALTAK:

Átírás

1 TÁMOGATÁSÁVAL

2 Csíkszereda A VERSENY SZERVEZÉSÉBEN RÉSZT VÁLLALTAK: Az iskola igazgatósága Csapó Hajalka Páll Olga Tamási Csaba Szatmári Mária Csota Ildikó Demeter Istvá-Huor Gyarmati Dées Bodor Juliaa Orbá Zsolt IX. D, X. D, X.E, XI. C osztályok Az iskola diáktaácsa Dr. Szász Róbert Dr. Adrás Szilárd Becze Mihály Csapó Hajalka Darvas Tamás Demeter Albert Farkas Csaba Sipos Kiga A ZSŰRI TAGJAI: Sapietia EMTE, Marosvásárhely BBTE, Kolozsvár Áprily Lajos Főgimázium, Brassó Márto Áro Gimázium, Csíkszereda BBTE, Kolozsvár BBTE, Kolozsvár BBTE, Kolozsvár BBTE, Kolozsvár

3 ELŐSZÓ A tudomáy és a művészet Arisztokratizmusa vitathatatla Popper Péter Az Erdélyi Magyar Matematika Versey es taévbe idult Brassóból, évete többfordulós vádorverseykét. A verseyt redre több külöböző városba szervezték meg, más-más év alatt, így Brassóba Wildt József Versey, Sepsiszetgyörgyö Székely Mikó Matematika Versey, Csíkszeredába Márto Áro Emlékversey, Székelyudvarhelye Bolyai Farkas Versey, Marosvásárhelye pedig Bolyai Farkas, majd Hegyi Lajos Emlékversey éve került megredezésre. A kezdeti ehézségek kiküszöbölésébe és a versey folytoosságáak biztosításába fotos szerepe volt a Bíró Béla által igazgatott Székely Mikó Kollégiumak, ahol több mit 0 alkalommal sikerült a verseyt megszervezi. Az évek sorá az EMMV a Nemzetközi Magyar Matematika Versey erdélyi válogató verseyévé vált és ugyaakkor hazai elismertségét is kivívta. Az idétől a Babeş-Bolyai Tudomáyegyetem Matematika- Iformatika Kara az itt szerzett oklevelet beleszámítja a felvételi potredszerbe a magyar, a romá, illetve az agol tagozato egyarát. A verseye évete körülbelül 00 diák vesz részt, és az elmúlt 7 év alatt a legjobb verseyző diákok közül több középiskolai taár, egyetemi oktató, kutató került ki. Reméljük, ez a továbbiakba sem változik. Természetese a versey azo kívül, hogy a csúcsteljesítméyre képes diákok kiválasztására lehetőséget ad, egy kommuikációs fórumot biztosít úgy a taárokak, mit a diákokak és agymértékbe hozzájárul egy reális értékred kialakításához, hisz e feledjük, hogy a matematika taulásáak és taításáak igazi célja a világ dolgaiak és redjéek miél mélyebb megértése. Az idei verseye több kísérleti jellegű újítás is szerepel, a legfotosabb talá a két írásbeli próba bevezetése, ami reméljük, hogy jobb válogatást eredméyez. Köszöettel tartozuk a Márto Áro Gimázium vezetőségéek, taári karáak, a támogatókak, valamit a felkészítő taárokak, amiért lehetővé tették, hogy az idé is sikeres, ragos redezvéy jöhesse létre. Adrás Szilárd

4 . NAP XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY 9. osztály. Igazoljuk, hogy mide * N \{} eseté > ( ) Lackó József, Csíkszereda. Az ab, R, a< b számok eseté határozzuk meg az Ex ( ) = x a+ b x kifejezés miimumát és maximumát az [ ab, ] itervallumo. Tamási Csaba, Csíkszereda 3. Bizoyítsuk be, hogy ha x x... x > 0, akkor 3 ( 3k 3k+ ) x k xk. k= k= 4 3 Becze Mihály, Brassó 4. Egy bálterembe kerek asztalok vaak, mide ülés foglalt. Mielőtt tácra perdüléek a következő játékba kezdeek: mideki percekét egy üléssel jobbra ül. Ha valamely asztalál mideki visszakerül az eredeti helyére, akkor aál az asztalál ülők a helycsere iráyát megváltoztatják. Ha mide asztalál mideki megit az eredeti helyé ül, akkor kezdődik a tác. Lesz-e tác a bálba? Csapó Hajalka, Csíkszereda 5. Legye N, 3 páratla és em prímhatváy. Jelölje r< r <... < rk az -él kisebb és -el relatív prímek véges sorozatát. Bizoyítsuk be, hogy: a) létezik j {,3,..., k} úgy, hogy rj rj =. b) létezik i {,3,..., k} úgy, hogy ri ri = 3. Darvas Tamás, Barót 6. Határozzuk meg azokat az természetes számokat, amelyekre létezek az AB, halmazok úgy hogy A B=, A B= {,,..., } és A= { x+ y xy Bxy,, N *}, B= { xy x+ y Axy,, N *}. Dobribá Edgár, Kolozsvár

5 XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY. NAP 0. osztály. Oldjuk meg az egész számok halmazába az x + y = 008xy 006 egyeletet! Laczkó József, Csíkszereda. Határozzuk meg azokat a tízes számredszerbeli a, b, c, x számjegyeket, amelyek teljesítik a következő feltételeket: i) az = abcx+ bcax+ cabx természetes szám osztható 5-tel (x a számredszer alapját jeleti); ii) az a, b, c számok egy szigorúa övekvő számtai haladváyt alkotak. Mikó Áges, Sepsiszetgyörgy ( x+ y) = x y 3. Oldjuk meg az ( x y) = x+ y rögzített természetes szám. egyeletredszert, ahol xy C, és Tamási Csaba, Csíkszereda 4. Számítsuk ki az xy+ yz+ xz összeg értékét, ha xyz>,, 0 és x + xy+ y = 4 y + yz+ z = 7. z + zx+ x = 3 Farkas Csaba, Székelykeresztúr 5. Legye A, B és C egy kör három rögzített potja. Igazold, hogy az ABC háromszög akkor és csakis akkor egyelő oldalú, ha PA+ PC= PB a B -t em tartalmazó AC yílt körív bármely P potja eseté. Dávid Géza, Székelyudvarhely 6. A jégkorogcsapat szurkolója szerecsés, ha a szezo összes mérkőzésé jele volt, amikor a csapat yert, de egy mérkőzése sem volt jele mikor a csapat vesztett. Egy szurkolótábor szerecsés, ha a szezo végére lesz legalább egy szerecsés tagja. Az egyik szurkolótábor kieszelt egy 5

6 . NAP XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY stratégiát, amivel a szezo végére szerecséssé válik, a mérkőzések kimeetelétől függetleül. Az éppe soro következő mérkőzés előtt dötik el, hogy ki megy el a mérkőzésre és ki em. Ha a szezoba összese mérkőzés va, akkor legalább háy tagja kell legye a szurkolótáborak? Adjuk meg a szurkolótábor egy lehetséges stratégiáját (köztudott dolog, hogy a jégkorog mérkőzések végeredméye sosem dötetle). Darvas Tamás, Barót -. osztály. Egy -ed redű determiás mide sorába és mide oszlopába az,,,..., számok vaak elhelyezve valamilye sorredbe úgy, hogy egy sorba, illetve egy oszlopba is mide szám potosa egyszer szerepel. Bizoyítsuk be, hogy az ilye determiás értéke em ulla. Kacsó Ferec, Marosvásárhely. Az ABCD trapézbaab CD, O az átlók metszéspotja, G és G az OAB illetve OCD háromszögek súlypotja, H és H az OBC illetve ODA háromszögek magasságpotja. Igazold, hogy GG HH. Tamási Csaba, Csíkszereda * 3. Legye N, páros és em kettőhatváy. Jelölje r < r <... < rk az -él kisebb, -el relatív prímek véges sorozatát. Bizoyítsuk be, hogy létezik j {,3,..., k} úgy, hogy rj rj = 4. Darvas Tamás, Barót * 4. Egy m -es ( m N, ) táblázat mide mezejé egy pohár áll, talpra állított helyzetbe. Egy lépés azt jeleti, hogy kiválasztuk i sort és j oszlopot és a közös mezőkbe levő poharakat megfordítjuk (vagyis ha talpo álltak, akkor fejre állítjuk, ellekező esetbe talpra állítjuk). Eek a lépések véges sok ismétlésével elérhető-e, hogy mide pohár fejjel lefele álljo? Tárgyalás. Adrás Szilárd, Kolozsvár 6

7 XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY. NAP 5. Igazold, hogy a Fiboacci-sorozat első tagja közül bárhogya is választuk ki (+)-et, a kiválasztott számok között midig lesz két olya szám, melyek közül az egyik osztója a másikak! Dávid Géza, Székelyudvarhely 6. Egy csiga végigjár egy 0 0 -es égyzethálót úgy, hogy mide mezőre potosa egyszer lép, egy mezőről csak oldalszomszédos mezőre léphet. Megszámozzuk a mezőket -től 00 -ig aszerit, hogy melyik mezőre háyadik lépéséél lépett a csiga. Ezutá két tetszőleges oldalszomszédos mező szereplő számot ugyaazzal a természetes számmal övelük, vagy csökketük és ezt többször is megismételhetjük. Elérhetjük-e, hogy mide mező ugyaaz a szám szerepelje? Csapó Hajalka, Csíkszereda 7

8 . NAP XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY 9. osztály *. Igazoljuk, hogy bármely N eseté létezek olya x, x,, x természetes számok, amelyekre =. x x x x x x ***. Az ABC háromszög belső P potjá keresztül meghúzzuk a PA, PB, PC párhuzamosokat az A, B és C csúcsokból kiiduló oldalfelezőkhöz ( A BC, B AC, C AB ). Bizoyítsuk be, hogy 3 PA + PB + PC = PG, ahol G az ABC háromszög súlypotja. Logáver Lajos, Nagybáya * 3. Az N páros szám eseté az a, a,..., a számok fele -gyel, fele -vel egyelő. Bizoyítsuk be, hogy 3 3 a{ } + a + a a { 3}, ahol { x } az x R törtrészét jelöli. Kacsó Ferec, Marosvásárhely 4. Az M pot az AAAA 3 4 kovex égyszög egy tetszőleges belső potja. Legye G, G, G 3 és G 4 redre az MAA, MAA 3, MAA 3 4, illetve MA4 A háromszög súlypotja. B, B, B 3 és B 4 az AA 3 4, AA 4, AA, illetve A A 3 oldalak felezőpotja. Bizoyítsuk be, hogy GB, GB, GB 3 3 és GB 4 4 összefutó egyeesek. Tamási Csaba, Csíkszereda 8

9 XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY. NAP 0. osztály. Határozzuk meg az f : R R ijektív és a g : R R szürjektív függvéyt, ha f( g( xy) ) = f( x) g( y), bármely xy R, eseté. Kacsó Ferec, Marosvásárhely. Oldjuk meg a valós számok halmazá a egyeletet ( ) log ( x ) + log ( x ) = 3 lgx 4 Kovács Lajos, Székelyudvarhely 3. a) Igazoljuk, hogy ha αβγ,, párokét külöböző komplex számok és z C, akkor α( z β γ) β( z γ α) γ( z α β) + + =. ( α β)( α γ) ( β γ)( β α) ( γ α)( γ β) b) Jelölje A, B, C az ABC háromszög BC, CA, AB oldalaiak felezőpotját, R a háromszög köré írt kör sugarát, H a magasságpotját, m a, m b, m c az oldalfelezők hosszát és legye P egy tetszőleges pot a háromszög síkjába. Igazoljuk, hogy i) Ra ( PA+ b PB+ c PC) abc ; 3 ii) a ma HA+ b mb HB+ c mc HC abc. Szász Róbert, Marosvásárhely 4. Az ABC háromszög tetszőleges belső potjá keresztül meghúzzuk az MN, PQ, ST párhuzamosokat a BC, CA, AB oldalakhoz, ahol MP, AB, SQ, BC, NT, AC. Igazoljuk, hogy TASQ [ ] + TBNT [ ] + TCMP [ ] = TABC [ ]. Logáver Lajos, Nagybáya 9

10 . NAP XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY. osztály. Határozzuk meg azokat az ( x) emegatív számokból álló valós számsorozatokat, amelyek teljesítik az x+ x x= xx + összefüggést, bármely természetes szám eseté! Dávid Géza, Székelyudvarhely *. Számítsuk ki a BA mátrix determiását, ha N és A = valamit ( ) ( )... ( ) ( ) ( )... ( ) B= ( ) ( )... ( ) Mikó Áges, Sepsiszetgyörgy 3. Legye ab R,, a b és AB, M ( R) két olya mátrix, amelyre a AB= I+ b BA. Igazoljuk, hogy det( AB BA) = 0. Logáver Lajos, Nagybáya 4. Adott a következő sorozat: a= a, a 0 a =, a a a = + a a +, ha. Igazoljuk, hogy: a+ a + a a= aa... a, bármely eseté. Vizsgáljuk a sorozat kovergeciáját és határozzuk meg a határértékét. Határozzuk meg a sorozat általáos tagját! Kovács Béla, Szatmárémeti

11 XVII. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY. NAP. osztály. Az fg, : [0,] [0, ) folytoos függvéyek eseté if fx ( ) = if gx ( ). 0 x 0 x Igazoljuk, hogy létezik λ [0,] úgy, hogy f f g g ( λ) + 5 ( λ) = ( λ) + 5 ( λ). Farkas Csaba, Székelykeresztúr. Az f : (, + ) (, + ) deriválható függvéy teljesíti a következő feltételeket: a) F( fx ( )) Fx ( ) =, x (, + ) ; b) f ( ) =. Igazoljuk, hogy bármely x (, + ) eseté f( fx ( )) = x, majd határozzuk meg a f és a F függvéyeket. Szász Róbert, Marosvásárhely Az ABCD,,, M( C ) mátrixok az X = egyelet külöböző megoldásai. Igazoljuk, hogya B C D 007 = Becze Mihály, Brassó 4. A Ga (, α) = a α, + halmazo értelmezzük az x y (( x α α = a)( y a) + a) α műveletet, ahol aα>, 0. Igazoljuk, hogy ( G( aα, ), ) Abel-féle csoport és ( G( a, α), ) ( G( b, β), ), bármely bβ>, 0 eseté. Becze Mihály, Brassó

12 . NAP MEGOLDÁSOK MEGOLDÁSOK. NAP IX. osztály. Alkalmazzuk a számtai és a mértai középaráyos közötti egyelőtleséget az, 3, 5,..., számokra és figyelembe vesszük, hogy ( ) = ( ) = = 3... ( ). Mivel a számok em mid egyelők egymással, az egyelőtleség szigorú, tehát -edik hatváyra emelés utá kapjuk, hogy > 3... ( ).. A égyzetgyökök értelmezéséből x [ ab, ]. Az y= x a+ b x> 0 kifejezés potosa akkor maximális vagy miimális, ha y maximális, illetve miimális. tehát ymi y = b a+ ( x a)( b x) b a, = b a, mert ezt az értéket x= a vagy x= b eseté el is éri. Az ( A B) ( A B) ( A B ) + + = + azoosság felhaszálásával írhatjuk, hogy y ( b a) ( x a b x) ha ( x a b x) = 0, azaz ha = és ez akkor maximális, x a= b x. Ie következik, a+ b hogy x= eseté éri el a maximumát és ymax= ( b a). 3. Ha =, akkor az egyelőtleség teljesül. A továbbiakba a matematikai idukció módszerét haszáljuk. Feltételezzük, hogy igaz -re és igazoljuk ( + ) -re ( 3k 3k+ ) xk= ( 3k 3k ) xk ( 3( ) 3( ) ) x + k= k= 3 x k k= ( 3 3 ) x xk 3x x k 3x x + + k x+ ( 3 3 ) x+ k= k= k=

13 MEGOLDÁSOK. NAP = x k ( 3 3 ) x 3x 3x x x. k= k= Az utolsó becslésél felhaszáltuk, hogy xk x +. A matematikai idukció elve alapjá a bizoyítadó egyelőtleség igaz bármely eseté. 4. Jelöljük,,, k -val az asztalokál levő helyek számát. Ha az,,, k legkisebb közös többszöröse N, akkor N perc utá mide asztalál ismét az eredeti sorredbe ülek, tehát kezdődhet a tác. Természetese előfordulhat, hogy ez a szám ayira agy, hogy eyi helycsere gyakorlatilag kivitelezhetetle. 5. a) Legye p az legkisebb prímosztója. Az a= p és b= p+ számok -él kisebbek, és -el relatív prímek valamit egymást követő páros számok. l l b) A feladat feltételei mellett... lh = pp p h alakba írható ( < p< p<... < ph ). Legye a= p és b= p... p h. Mivel a és b relatív prímek, következik, hogy létezik cd Z, úgy, hogy ca+ db=, és ca <..eset: Ha c pozitív, akkor bca ( bca, ) = és ( bca+, ) =. Természetese ( aca+, ) = és ( aca, ) =. Ezek utá egyszerű beláti, hogy ca és ca+ két egymást követő -él kisebb és - el relatív prím..eset: Ha c egatív, akkor b ca+ ( b, ca+ ) = és ( b, ca ) =. Természetese ( a, ca ) = és ( a, ca+ ) =. Ezek utá egyszerű beláti, hogy ca+ és ca két egymást követő - él kisebb és -el relatív prím. 6. Nyilvá ha valamelyik halmaz üres, akkor a másikba sem lehet egy elem sem, de A B= {,,..., }, miatt ez lehetetle. Tehát egyik halmaz sem üres, és így. Az A= { x+ y xy Bxy,, Ν *} feltételt úgy tudjuk átíri, hogy az A csakis olya elemeket tartalmaz, amelyek felírhatók x+ y alakba, k= 3

14 . NAP MEGOLDÁSOK ahol xy N, * ésxy B, és mide ilye típusú elemet tartalmaz. Hasolóa átírhatjuk a másik feltételt is. Ha =, akkor az A= {}, B= {} halmazok megfelelek, mivel = +, = B és =,+ = A. Ha = 3, az em lehet A-ba, mivel ekkor = x+ yxy,, N * kellee, ami lehetetle ( xy, ). Tehát B, így mivel = + = A. Ha 3 A, akkor 3= + = B elletmodás, mert A. Ha 3 B, akkor 3= 3 + 3= 4 A elletmodás mert = 3. Tehát = 3 eseté em létezek ilye halmazok. Bebizoyítjuk, hogy 4 eseté sem létezek megfelelő halmazok. Ha 4 A, akkor 4= + A miatt = 4 B lehetetle. Ha 4 B, akkor 4= B miatt + = 4 A lehetetle. Tehát a 4 em lehet bee egyik halmazba sem, így em létezik megfelelő A és B halmaz. X. osztály. Alkalmazzuk a számtai mértai közepek közti egyelőtleséget darab -esre és x -ra, illetve y -ra x + y x y = xy xy Egyelőség csak akkor teljesülhet, ha x = y = és x, illetve y azoos előjelűek, tehát csak az x= y= illetve x= y= megoldások létezek.. A b) feltétel alapjá felírhatjuk, hogy a= b r, c= b+ r, ahol r> 0 a haladváy álladó külöbsége. = abc + bca + cab = a+ b+ c x + x+ = 3b x + x+. x x x ( )( ) ( ) Az x + x+ összeg csak 5m+, 5m+, 5m+ 3 alakú lehet, azaz em osztható 5 -tel. Ezért csak akkor osztható 5-tel, ha b osztható 5-tel, és mivel b számjegy, b= 5. A számredszer alapja tehát legalább 7 kell legye, mert ha b= 5 és az a, b, c számok egy szigorúa övekvő számtai haladváyt alkotak, akkor c 6. Sorra vesszük az x lehetséges értékeit, és a következő megoldásokat kapjuk: 4

15 MEGOLDÁSOK. NAP a= 4 a= 4 a= 3 a= 4 b = 5 a= 3 b = 5 a=, b = 5, b = 5, b = 5, b = 5,. c= 6 c= 6 c= 7 c= 6 x= 7 c= 7 x= 8 8 x= 8 c= x= 9 x= 9 x= 9 3. Ha =, akkor x+ y= x y y= 0, így ( x,0) párok megoldások, x C. Ha az első egyeletet -edik hatváyra emelve, a másodikat behelyettesítve majd átredezve kapjuk, hogy ( )( ) x y x y + + = 0, ahoa x+ y= 0 vagy ( ) x+ y =. Az első esetbe x+ y= 0 és x y= 0, tehát az x= y= 0 megoldás adódik. A második esetbe kπ cos si kπ x+ y= + i, ahol k {0,,,..., }. Ie kπ cos si kπ x y= + i, tehát a megoldások kπ kπ i kπ kπ x= cos + cos si si + +, kπ kπ i kπ kπ y= cos cos + si si ahol k {0,,,..., }. 4.. megoldás. Mivel az x + xy+ y kifejezés a kosziusz tételbe szereplő kifejezés, ezért létezik egy olya háromszög amelyek az oldalai, xy,, hasolóa létezik olya háromszög amelyek az oldalai 7, y, z és létezik olya háromszög, amelyek oldalai 3, zx,. Ezekek a háromszögekek az xy,, yz,, illetve zx, oldalai által bezárt szög 0 mértéke 0. Ha ezeket a kis háromszögeket összeilleszteék a megfelelő oldalál akkor egy olya háromszöget kapák amelyek 0 belsejébe va egy olya pot amelyből mide oldal 0 fokos szög alatt látszik, és amelyek oldalai, 3, 7. Ez a háromszög derékszögű és a területe 3 = 3. Ugyaakkor a kis háromszögek területéek összege a agy háromszög területe, tehát 5

16 . NAP MEGOLDÁSOK xy xy = = xy+ yz+ zx 4 0 si0 3 3 ( ). xyz,, xyz,, 3 Tehát 3 = ( xy+ yz+ zx) és így xy yz zx =.. megoldás. Az első egyelőség midkét oldalát beszorozzuk ( x y) -al, stb. Azt kapjuk, hogy: 3 3 x y = 4x 4y, 3 3 y z = 7y 7z, 3 3 z x = 3z 3x. x+ 3y Ha összeadjuk a megfelelő oldalakat azt kapjuk, hogy z=. Az első 4 és a harmadik összege egyelő a másodikkal (a jobb oldal miatt), x+ 3y ahoa x + xy+ zx= yz, ide z= -t helyettesítve, 4 3x + xy y = 0 adódik. Ez alapjá y= 3x (közbe haszáljuk, hogy 5x xy>, 0, tehát azoos előjelűek), tehát z= és így 3x = 4, vagyis x> 0 alapjá x=, 3 6 y=, 3 5 z= és ie xy yz zx =. 5. Először azt igazoljuk, hogy ha a háromszög egyelő oldalú, akkor PB= PA+ PC.. módszer: A PABC körbeírt égyszögre felírjuk Ptolemaiosz tételét: PA BC+ PC AB= PB AC, ahoa, mivel AB= BC= CA, kapjuk, hogy PB= PA+ PC.. módszer Meghosszabbítjuk a PC szakaszt a CD= AP szakasszal, úgy hogy C ( PD). Azt kapjuk, hogy PD=PA+PC, tehát igazoli kell, hogy PD=PB. Köye belátható, hogy a BAP háromszög egybevágó a BCD háromszöggel, ahoa következik, hogy PB=BD. Mivel a BPD szög 60, következik, hogy a PBD háromszög egyelő oldalú, tehát PB=PD. A továbbiakba igazoljuk a kijeletés fordítottját. Mivel PB= PA+ PC mide P-re az AC körívről, ezért sajátosa a P-t úgy választjuk meg, hogy először az AC körív felezőpotja legye, majd a úgy, hogy PA= PC. Midkét esetbe felírva Ptolemaiosz tételét a 6

17 MEGOLDÁSOK. NAP PABC égyszögre azt kapjuk, hogy: PA BC+ PC AB= AB AC, ahoa egyik esetbe következik, hogy BC+ AB= AC, a másik esetbe, pedig BC+ AB= 3AC. Eze utóbbi két egyelőségből következik, hogy BC=AC. Ha a P-t úgy választjuk meg, hogy először az AC körív felezőpotja legye, majd úgy, hogy PC= PA, akkor a fetiekhez hasolóa azt kapjuk, hogy AB=AC, tehát a háromszög egyelő oldalú. 6. Belátjuk, hogy létszámú szurkolótábor eseté kieszelhető egy stratégia, amely a szurkolótábort szerecséssé teszi. Az első mérkőzés előtt a szurkolótábor vezetője kijelöl embert aki megézheti a mérkőzést, a többi em mehet el. Így az első mérkőzés utá potosa szurkoló reméykedhet abba, hogy szerecsés lesz a idéy végé. Ezek közül a szurkolótábor vezetője kijelöl embert, aki megézheti a második mérkőzést, a többi pedig em mehet el. Ezt a módszert folytatva, az idéy végére lesz potosa egy szerecsés szurkoló. Belátható, hogy eél kevesebb szurkoló eseté em biztosítható hasoló stratégia. Az utolsó mérkőzés előtt létezie kell legalább addig szerecsés szurkolóak. Ellekező esetbe az utolsó mérkőzés kimeetele befolyásolhatja azt, hogy szerecsés lesz-e a szurkolótábor vagy sem. Hasoló meggodolás alapjá az utolsó előtti mérkőzés előtt legalább 4 addig szerecsés szurkoló szükséges, az azelőtti mérkőzés előtt 8 és általába az első mérkőzés előtt. XI-XII. osztály. Igazoljuk, hogy a determiás értéke páratla. Ha a determiás mide elemét helyettesítjük a -vel való osztási maradékával, akkor az így kapott determiás paritása megegyezik az eredeti determiás paritásával. Másrészt az így kapott determiás kifejtése, az értelmezés alapjá, csak egy emulla tagot tartalmaz és az vagy. Ez alapjá az eredeti determiás páratla, tehát em lehet 0. 7

18 . NAP MEGOLDÁSOK. H β D N G C H α O α G A M Mivel G és G rajta va az OM és ON oldalfelező és a trapézba M, O, N kollieáris, elég igazoli, hogy MN HH = 0. Ezt a következőképpe alakíthatjuk: MN HH = ON OM OH OH =, ( )( ) 8 0 ( AD BC)( OH OH) 0 + =, AD OH AD OH+ BC OH BC OH= 0.() Mivel AD OH és BC OH AD OH= 0, BC OH= 0, illetve m ADOH, = m BCOH, = 90 β és ha az OBC illetve az ( ) ( ) ODA háromszögekbe felírjuk a BC, OH, illetve AD, OH szakaszokat a köré írt kör sugaráak függvéyébe ( AD= R siα, OH= R cosα, stb.), következik, hogy BC OH AD OH= 0 azaz teljesül az () egyelőség. h 3. A feladat feltételei mellett = l pp l l... p l h alakba írható ( p i külöböző páratla prímek). Az a= pp... p h és b= pp... p h + számok teljesítik a feltételeket. B

19 MEGOLDÁSOK. NAP 4. Az e -edik sor f -edik poharát ha összese xef -szer forgatjuk, akkor a pohárforgatások száma m xef. Ha a kívát állapot elérhető, e= f= akkor eek a paritása megegyezik az m paritásával, mert ez m darab páratla szám összege. Másrészt egyszerre ij darab forgatást végzük, tehát ijv a forgatások száma, ahol v a lépések száma. Eszerit ijv és m ugyaolya paritásúak. Ez lehetetle, ha az m és páratla de az i és j közül valamelyik páros. Sőt ha i is és j is páros, de az m és közül csak az egyik páros, akkor szité em lehetséges, mert ebbe az esetbe mide sorba és mide oszlopba a fordítások száma páros, de ugyaakkor, ha m páratla, akkor mide oszlopba (és ha páratla, akkor mide sorba) páratla sok forgatást kellee végezi. A továbbiakba igazoljuk, hogy ha i és j páratla, akkor tetszőleges m, eseté, ha i páros és j páratla, akkor páros m -re és tetszőleges -re, ha j páros és i páratla, akkor páros -re és tetszőleges m -re, míg ha i -is és j -is páros, akkor páros m -re és -re elérhető a kívát kofiguráció. Ha i páratla, akkor mide pohár i -szer fordul meg egy oszlopba, ha redre kiválasztjuk a k -adik elemtől kezdődőe a következő i sort (az utolsó utá az első következik). Ha i páros, akkor az első i sort midig választjuk és az utolsó sorak redre választjuk az i -edik, ( i+ ) -edik, stb., -edik sort választjuk. Így ismét mide pohár páratla sokszor fordul meg. Ha ezt a két kiválasztási formát összekombiáljuk, midig elérhető a kívát állapot. 5. Felhaszáljuk, hogy ha osztja az m -et, akkor az F osztja az Fm - et, tehát elégséges igazoli, hogy ha az {,,..., } halmazból kiválasztuk + elemet, akkor köztük midig lesz két olya szám melyek közül az egyik osztója a másikak. Eek érdekébe a kiválasztott + számot k p alakba írjuk, ahol p páratla és p. Mivel -től -ig csak páratla szám va, ezért a kiválasztott + szám közül legalább két számál a p ugyaaz kell legye, vagyis va két olya szám, amelyek k p és l p alakúak, amelyek közül az egyik osztója a másikak. 9

20 . NAP MEGOLDÁSOK 6. A mezőket kifestjük sakktáblaszerűe, így két oldalszomszédos mező szíe külöböző. A fekete mező szereplő számok összegéből kivojuk a fehér mező szereplő számok összegét. Ez a külöbség em változik, ha két oldalszomszédos mező szereplő számot ugyaazzal a természetes számmal öveljük, vagy csökketjük. A csiga is fekete mezőről fehérre, és fehérről feketére lép, így kezdetbe a páros számok mid azoos szíű mezőkö helyezkedek el, a páratlaok szité. Tehát a kiiduló külöbség = 50 vagy 50. Ahhoz, hogy mide mező ugyaaz a szám szerepelje, ez a külöbség 0 kellee legye, viszot ez em lehetséges, mert ez a külöbség ivariás. 0

21 MEGOLDÁSOK MEGOLDÁSOK. NAP IX. osztály. NAP. Az = eseté x =. Az = eseté x = és x = 3 (vagy fordítva). A továbbiakba a matematikai idukció módszerével igazoljuk, hogy tetszőleges 3 eseté is létezek olya természetes számok, amelyek teljesítik az adott egyelőséget. Ha + -re is ugyaazokat az x, x,..., x számokat haszáljuk, akkor az = és x x x xx... x = x x x x+ xx... x+ egyelőségekből következik, hogy + =. x+ xx... xx + xx... x Ha ebből kifejezzük az x + -et, akkor az x+ = + xx... x * * összefüggést kapjuk, tehát ha x, x,..., x N, akkor x + N és így a matematikai idukció elve alapjá következik a feladat állítása.. A P poto keresztül MN, TQ, RS párhuzamosokat húzuk a BC, AC és AB oldalakkal ( RQ, BC, NS, AC, MT, AB). Az így keletkezett PRQ, PNS, PTM háromszögek az ABC háromszöggel hasolóak és beük a PA, PB, PC szakaszok oldalfelezők. Ezért PA = PR+ PQ, PB = PN+ PS, PC = PT+ PM. ( PA + PB + PC ) = PR+ PQ+ PN+ PS+ PT+ PM ( PA + PB + PC ) = ( PR+ PM) + ( PQ+ PN) + ( PT+ PS) PA + PB + PC = PB+ PC+ PA= 3 PG, ( ) ahoa következik a kért összefüggés.

22 . NAP MEGOLDÁSOK T A M P S N B 3. Először kiszámítjuk az { }... { S = } Ha * k N és k páros, akkor R A, Q C összeget. k m m 4 + k m m = = = , tehát = Ha k páratla, akkor k m+ m m 4 m m = = = = = 3, m m = ( ) + 3 k tehát 3+ =. Ezek alapjá S =, ha páros és S=, ha páratla. Alkalmazzuk a Cauchy-Bujakowski egyelőtleséget a a, a,, 3, számokra (és 3 3 haszáljuk azt, hogy páros): { } a + a a{ } a+ a a S = a, illetve { } 3 = + =.,, { }

23 MEGOLDÁSOK. NAP 4. A BG és B3G 3 metszéspotját jelöljük P -vel. A BBGG 3 3 MG3 égyszög trapéz és az MBB 3 háromszögbe MB = 3, tehát GP GG 3 = =. Ezek alapjá írhatjuk, hogy PB BB MG+ MB MB3+ MB MA+ MA+ MA3+ MA4 MP= = = Hasolóa a BG és BG 4 4 szakaszok P metszéspotjára is teljesül az MA+ MA+ MA3+ MA4 MP = 5 összefüggés, tehát a égy szakasz összefutó. B A 3 A 4 G 3 M G B 4 G 4 P B G A B 3 A 3

24 . NAP MEGOLDÁSOK X. osztály. Mivel g szürjektív, létezik olya y0 R, amelyre gy ( 0) =. A feltétel alapjá fgxy ( ( 0)) = fx ( ). Az f ijektivitása alapjá következik, hogy gxy ( 0) = x, x R. Az y 0 em lehet 0 és így gu ( ) = u, u R. Ha ezt visszahelyettesítjük y0 az adott feltételbe, akkor az faxy ( ) = ayfx ( ) egyelőséghez jutuk, ahol a=. Az x= értékre következik, hogy fy ( ) = af y y a a, y R, 0 tehát az af = b a jelöléssel fx ( ) = bx, x R. Látható, hogy ezek a függvéyek teljesítik a megadott összefüggést.. Vegyük észre, hogy x= megoldása az egyeletek. Bebizoyítjuk, 0 4,+. Ha hogy más megoldása ics. Az értelmezési tartomáy ( ) 0 4< x<, akkor az egyelet bal oldala egatív, a jobb oldala pozitív. Ha x>, akkor az egyelet bal oldala pozitív, a jobb oldala egatív. 3. Az a) alpotot számolással elleőrizzük. A továbbiakba tekitsük az ABC háromszög köré írt kör középpotját origóak és legye α, β és γ az A, B és C csúcs affixuma valamit z a P pot affixuma. Ha γ+ β A, B és C az oldalak felezőpotjai, akkor PA = z, α+ γ α+ β PB= z és PC= z. Így R= α= β = γ és a= β γ, b= γ α, illetve c= α β. Az a) alpotba igazolt összefüggésbe helyettesítsük z helyett z -t. Világos, hogy az azoosság alapjá írhatjuk, hogy α( z β γ) β( z γ α) γ( z α β) + + ( α β)( α γ) ( β γ)( β α) ( γ α)( γ β) és ez épp a bizoyítadó egyelőtleség. 4

25 MEGOLDÁSOK. NAP A második egyelőtleség igazolása hasoló, csak origóak a háromszög magasságpotját tekitjük és P -t a súlypotak választjuk. 4. Jelölje T az ABC háromszög területét. A A T T P P M O N O N B S Q C B S Q C TCMP [ ] = T TACP [ ] TBCM [ ] = T TACO [ ] TBOC [ ] Hasolóképp TCMP [ ] = TAOB [ ]. TBNT [ ] = TAOC [ ]; TASQ [ ] = TBOC [ ]. TASQ [ ] + TBNT [ ] + TCMP [ ] = TAOB [ ] + TAOC [ ] + TBOC [ ] = T. XI. osztály. Felírva a megadott összefüggést (+)-re is és abból kivova az -re megadott összefüggést azt kapjuk, hogy x+ = x+ x+ x+ x,, vagyis, hogy x+ ( x+ x+ + x) = 0,, ahoa következik, hogy bármely eseté x + = 0 vagy x x + x = 0. Ha létezik olya + + * 0 N, amelyre 0 0 x =, akkor, mivel x+ x x = x 0 x 0 0 +, következik, hogy x= x =... = x = 0. 0 Tehát ha a sorozatak mide határo túl va 0-ás tagja, akkor mide tagja 0, ami teljesíti is a feladatba megadott feltételt. 5

26 . NAP MEGOLDÁSOK A továbbiakba azt az esetet vizsgáljuk, amikor a sorozatak em mide tagja 0. Ebbe az esetbe létezik olya 0 természetes szám úgy, hogy a sorozat tagjai az 0 -adik tagig mid ullák, és attól kezdve egy tagja sem ulla. Legye a a sorozat első ullától külöböző tagja. Köye belátható, hogy a következő tagok a, a, 3a, 5a, 8a,, Fa k,, ahol F k a Fiboacci-sorozat k-adik tagja. Tehát a megadott feltételt csak a 0, 0,, 0, a, a, a, 3a, 5a, 8a,, Fa k, alakú sorozatok teljesítik.. Mivel a B mátrix (, ) típusú, az A pedig (, ) típusú, a BA szorzat (, ) típusú lesz. Az A és a B mátrixok ragja legfeljebb lehet, a szorzat ragja viszot em lehet agyobb a téyezők ragjáak miimumáál, tehát a BA ragja is legfeljebb lehet. Ez azt jeleti, hogy a (, ) típusú BA mátrix determiása ulla. 3. a AB= I + b BA a ( AB BA) = I + ( b a) BA. a AB= I + b BA b ( AB BA) = I + ( b a) AB. Tudjuk, hogy bármely λ R és AB, M ( R ) eseté igaz a következő összefüggés: det( I+ λ AB) = det( I+ λ BA). Ez alapjá det[ I+ ( b a) BA] = det[ I+ ( b a) AB] tehát det( a ( AB BA) ) = det( b ( AB BA) ), vagyis a det( AB BA) = b det( AB BA), ahoa ( a b ) det( AB BA) = 0 és így det( AB BA) = Az a= 0 eseté a sorozat mide tagja 0, a sorozat álladó, koverges és határértéke 0. Az a= 4 eseté a sorozat: 4,,,...,,..., ez szité álladó sorozat a második tagtól kezdve, tehát koverges és határértéke. Midkét sorozatra teljesül a vizsgált egyelőség. Legye a és a 0. Az = eseté az egyelőség yilvávaló. a a Az = eseté a + a = a + aa a = a =. 6

27 MEGOLDÁSOK. NAP a eseté a rekurzív összefüggés a = + alakba írható. a ( a ) Ez felírható a+ a = a+ ( a ) alakba, ahoa egyrészt a+ a a= a a+, másrészt a+ a a= a+ a. Ezeket az összefüggéseket felírjuk =, = 3, = 4, stb. értékekre, majd az első esetbe összeszorozzuk, második esetbe, szorozva 3 redre a,,, stb. téyezőkkel, összeadjuk, és midkét esetbe a figyelembe vesszük azt, hogy a =. Így egyrészt az a a+ a a a3... a= a+ a+ másrészt az a+ a + a a= a+ összefüggéseket kapjuk. Tehát a+ a + a a= a a... a, bármely eseté. Vizsgáljuk most a sorozat kovergeciáját és határozzuk meg a határértékét. a A rekurzív összefüggés alapjá a = + 0 a a +, ha, ( a ) vagyis a sorozat alulról korlátos. Másrészt a+ = 0, a a+ ha, vagyis a sorozat felülről is korlátos. Tehát a sorozat korlátos. ( a ) Továbbá a+ =, ha, vagyis a sorozat harmadik a a + tagjától kezdve mide tagja agyobb mit, vagy mide tagja kisebb mit ( a és a, ha ). 7

28 . NAP MEGOLDÁSOK Végül a + a = a ( a )( a ),, alapjá következtethetük a a+ a sorozat mootoitására. a Ha a= a< 0, akkor a= > 0 és a <, tehát a <, bármely a eseté. A sorozat korlátos és a második tagtól kezdve szigorúa csökkeő, tehát koverges. a Ha a = a (0, ), akkor a= < 0, de 0< a3< és így a <, a bármely eseté. A sorozat korlátos és a harmadik tagtól kezdve szigorúa csökkeő, tehát koverges. a Ha a= a>, akkor a= >, de < a3< és így a >, a bármely eseté. A sorozat korlátos és a harmadik tagtól kezdve szigorúa övekvő, tehát koverges. Ha x a sorozat határértéke, akkor a rekurzív összefüggésbe x határértékre térve kapjuk az x= egyeletet, ami ekvivales x - x+ 3 az x 3x + x= 0 egyelettel. A megoldások 0, és. Figyelembe véve a sorozat mootoitását, kapjuk, hogy a sorozat határértéke csak 0 0, ha a< vagy lehet. Tehát lima=., ha a > A sorozat általáos tagjáak a meghatározására a megadott rekurzív összefüggés midkét oldaláak vesszük a reciprokát: = +,. a+ a a a 0 és a eseté szorzuk -vel és teljes égyzetet alakítuk ki: = a a. + Az előbbi összefüggés alapjá következik, hogy a a = a + ( a 4) 8 = a a,. és így

29 MEGOLDÁSOK. NAP XII. osztály. Ha redezzük a bizoyítadó egyelőséget, akkor az [ f( λ) g( λ)][ f( λ) + g( λ) + 5] = 0 egyelőséghez jutuk. Láthatjuk, hogy ez potosa akkor teljesül, ha létezik, olya λ [0,], amelyre f( λ) = g( λ). Jelöljük a feti ifimumok közös értékét m -el. A Weierstrass tétel alapjá létezek αβ, [0,] úgy, hogy f( α) = g( β) = m. Legye a továbbiakba h : [0,] R, hx ( ) = fx ( ) gx ( ). Látható, hogy a h függvéy folytoos az értelmezési tartomáyá. A fetiek alapjá, h( α) = m g( α) 0 (mert a g ifimuma m ), hasolóa h( β) = f( β) m 0. Ha α= β, akkor megtaláltuk a keresett értéket, ellekező esetbe az általáosság leszűkítése élkül feltehetjük, hogy α< β. Ekkor a fetiek alapjá létezik λ [0,] úgy, hogy hλ ( ) = 0, vagyis f( λ) = g( λ).. Első lépésbe vegyük észre, hogy az adott egyelőségbe x helyére fx ( ) helyettesíthető és az következik, hogy Ff ( ( fx ( ))) Ffx ( ( )) =, x (, + ). Ezt egybevetve az a) egyelőséggel azt kapjuk, hogy F( f( fx ( ))) = Fx ( ), x (, + ). Mivel F ( x) = fx ( ) > 0, x (, + ), következik, hogy F ijektív és így az előbbi összefüggés alapjá f( fx ( )) = x, x (, + ). Második lépésbe deriváljuk az adott egyelőség midkét oldalát: f( fx ( )) f ( xfx ) ( ) + fxffx ( ) ( ( )) = 0, x (, + ), tehát fx ( ) xf ( xfx ) ( ) + = 0, x (, + ), Fx ( ) ami azzal ekvivales, hogy fx ( ) xf ( x) + = 0, x (, + ). F ( x) 9

30 . NAP MEGOLDÁSOK Ezt itegrálva következik, hogy xfx ( ) Fx ( ) = + c, x (, + ). Fx ( ) Mivel f ( ) =, az a) feltétel alapjá F ( ) = és így az előző egyelőségbe c= 0, tehát fx ( ) = Fx ( ) + x Fx ( ), x (, + ). Ha ezt itegráljuk, akkor a l F ( x) + = lx+ c összefüggést kapjuk, x tehát F ( ) = alapjá Fx ( ) = x és fx ( ) =, x x (, + ). 3. Az adott egyelőség alapjá detx = ( detx) = 49, tehát det X { 7, 7}. a b Ha X M ( ) = c d C, akkor X ( a+ dx ) + detx I= 0, tehát ( a+ dx ) = = 0 7, 5 5 ha detx= 7 és ( a+ dx ) = 5 8 = 0 7, 5 ha detx= 7. Az első esetbe ( a+ d) = 5 a másodikba ( a d) 3 i + =, tehát az egyelet megoldásai és i 5, 3, Ezekek az összege 5 0. Másrészt A + B + C + D = ( A+ B+ C+ D) =

31 MEGOLDÁSOK. NAP 4. A * művelet értelmezése alapjá látható, hogy ( x y) α a= ( x α a)( y α a), α tehát az f, α : Ga (, α) R, f, α ( x) = x a függvéy művelettartó. a, a Im f α = (0, ), tehát az f a α függvéy bijektív és a, α : (0, ) Ga (, ) művelettartó a ((0, ), ) és ( G( aα, ), ) struktúrák közt. Mivel az első Abel-csoport, a második is az és izomorfak. Ez alapjá ( G( aα, ), ) és ( Gbβ (, ), ) közti izomorfizmus f f. a, α b, β 3

32 Mi lett vola, ha ezt adjuk??? (Kimaradt csemegék) KIMARADT CSEMEGÉK IX. osztály. Igazoljuk, hogy mi( max ( x )) + yzy, + zxz, + xy =. xy+ yz+ zx= 3 Mi törtéik ha a miimum és a maximum sorredjét megcseréljük? Adrás Szilárd, Kolozsvár. Határozzuk meg az ( x) valós számsorozatot, ha * x+ xk+ x+ k= + k+ k, mide k N, eseté! Kacsó Ferec, Marosvásárhely 3. Az xyz>,, 0 valós számokra xyz=. Határozzuk meg az ( x+ y) ( y+ z) ( z+ x) E= + + x y z kifejezés legkisebb értékét! Kacsó Ferec, Marosvásárhely 4. Tetszőleges pozitív egész m-re legye s(m) az m számjegyeiek összege. Határozzuk meg az összes pozitív egész számot, amelyek egyetle számjegye sem ulla és teljesíti az összefüggést. ( ) s = s 5. Ha x, x,..., x (0, ), bizoyítsuk be, hogy: x + ( ) x x + x+ ( ) Dobribá Edgár, Kolozsvár ( + 3) x x x x x... x Mikor kapuk egyelőséget? Logáver Lajos, Nagybáya 3

33 KIMARADT CSEMEGÉK. Legye * z C és X. osztály z+ z a=. Bizoyítsuk be, hogy: z + + z Imz z a z. Logáver Lajos, Nagybáya * *. Az f : N N övekvő függvéy a következő tulajdoságokkal alapjá értelmezzük: a) f () = ; b) f() = f(3) = f(4) = f(5) = és f(6) = f(7) = f(8) = = f(9) = 3 ; c) a következő három érték ( 4,5,6 ) midegyikét a függvéy potosa 9 potba veszi fel (tehát fk ( ) = 4, ha 0 k 8, fk ( ) = 5, ha 9 k 7 és fk ( ) = 6, ha 8 k 36 ); d) az előbbi lépést ismételjük, vagyis a következő 4 érték midegyikét 4 = 6 -szor veszi fel, az utáa következő 5 érték midegyikét 5 -ször és általába, ha már a ( k ) -edik tömböt megszerkesztettük, akkor a következő k érték midegyikét potosa k -szer veszi fel. * Igazoljuk, hogy tetszőleges x N eseté x ( + ) fx ( ) = +, ( + ) ahol = x+ és 4 y az y valós szám felső egészrésze, vagyis y = k akkor és csakis akkor, ha k < y k. Adrás Szilárd, Kolozsvár 3. Az ABCD húrégyszögbe a szembe fekvő élpárok em párhuzamosak, O az átlók metszéspotja, E az [ AB ] oldal felezőpotja és OE CD. Igazoljuk, hogy AC BD. Tamási Csaba, Csíkszereda 4. Legye V egy oldalú kovex égyszög. 33

34 34 KIMARADT CSEMEGÉK a) Feltételezzük, hogy osztható 3-mal. Bizoyítsuk be, hogy V triagularizálható úgy, hogy a V összes csúcsa páratla számú háromszögbe szerepelje. b) Ha em osztható 3-mal akkor létezik olya triagularizálás, amelybe potosa két csúcs szerepel páros számú háromszögbe. (Megjegyzés. Triagularizálás azt jeleti, hogy V -t az átlói meté háromszögekre vágjuk szét.) 5. Igazoljuk, hogy ha egy 3-ál agyobb vagy egyelő páratla szám, akkor em létezek olya x,..., x természetes számok, amelyekre az x + x + xx x, x + x + xx x,..., x + x + xx x számok mid prímek. XI. osztály 3 Demeter Albert, Kolozsvár. Legye ( a), egy pozitív tagokból álló sorozat, amelyek tagjaira a = 0 és a+ = , N * eseté. a+ a a+ a3 a+ a+ Számítsuk ki a lim ( a a) határértéket! + Logáver Lajos, Nagybáya. Az ABCD paralelogrammába AB= a, AD= a és m BAD =. Az XYZT egyelőszárú trapézba ( ) 60 XY= YZ= ZX= a és XT= a. Háy külöböző módo fedhető le az ABCD parallelogramma az XYZT -vel kogrues trapézokkal (lefödés alatt azt értjük, hogy a trapézok teljese lefödik a paralelogrammát aélkül, hogy köztük átfedés lee vagy a paralelogrammá kívüli tartomáyal közös potjuk lee)? Adrás Szilárd, Kolozsvár 3. Számítsuk ki a lim határértéket! Kovács Béla, Szatmárémeti

35 KIMARADT CSEMEGÉK 4. Az x= ( a,..., a ) természetes számokból álló számsor legkisebb elemét kicseréljük a többiek számtai közepéek egész részével (a többit változatlaul hagyjuk), így az x= ( a,..., a ) számsort kapjuk. i i Eze eljárást folytatva megszerkesztjük az xi= ( a,..., a), i számsorokat. Jelölje s i az x i elemeiek összegét. Igazoljuk, hogy létezik olya k N, amelyre sk= sk+ = sk+ =... Demeter Albert, Koloszvár 5. Adottak ABC,, M3( R ) és N,. Számítsuk ki 3 Tr(( AB BA) ) -et, ha CA= AC vagy CB= BC és AB ( + BA) + C= (3 ) BA ( TrA ( ) a főátló levő elemek összege). Farkas Csaba, Székelykeresztúr XII. osztály *. Az f : R R folytoos függvéy az N szám eseté teljesíti az x f( x) + f( f( x) ) = összefüggést mide x R eseté. Igazoljuk, hogy: a) f szigorúa mooto; b) f ( 0) = 0 ; + c) f() + f() f( ) <. Kacsó Ferec, Marosvásárhely. Az abcd R,,, valós számok teljesítik a következő feltételeket: a b c d a) = 0 ; b) b < 3ac. Igazoljuk, hogy aa ( + b+ c+ d) > 0. Szász Róbert, Marosvásárhely 3. Határozzuk meg azokat a folytoos függvéyeket, amelyek teljesítik a következő feltételt: f( x ) = f( x) x x +, x R eseté. Szász Róbert, Marosvásárhely 35

36 KIMARADT CSEMEGÉK 4. a) Létezik-e 3 természetes szám amelyre a ( Z, ) mooidak páratla számú egysége legye. b) Számítsd ki a ( Z, ), 3 mooid egységeiek a ( Z, + ) -beli összegét. Logáver Lajos, Nagybáya 5. Az ABCDEF szabályos hatszög oldalaiak hossza egység. Háy külöböző módo lehet lefödi egységyi oldalhosszúságú rombuszokkal, amelyekbe a szögek mértéke 60 illetve 0 (a rombuszokak három lehetséges állása létezik aszerit, hogy az oldalaik a hatszög melyik két szomszédos oldalával párhuzamosak). Adrás Szilárd, Kolozsvár 36

37 A RÉSZTVEVŐ DIÁKOK NÉVSORA A résztvevő diákok évsora Ady Edre Elméleti Gimázium, Nagyvárad Lőricz Adrás Nagy Aliz Apáczai Csere Jáos Líceum, Kolozsvár Takács Emese 9 Borbáth Áro 0 Borbáth Tamás 0 Jakab Szilárd 9 Nagy Ferec Zsolt 9 Akácsos Tibor 0 Bedő Zsolt-Zoltá Áprily Lajos Főgimázium 37 Sipos Erwi 9 Szász Zsigmod 0 Székely Timea 0 Todor Nits Tamara 9 Baróti Szabó Dávid Középiskola Barót Komporály Laura 9 Kovács Géza-Tamás Bartók Béla Líceum Temesvár Nemes Kiga 9 Tóth Miklós 0 Ördög Dorottya Adrás Lórád Bee Lorát Brudasca Reáta 9 Dobribá Edgár Furdek Bálit 9 Guttma Emese Bajóczi Tamás 0 Bakos Katika 0 Kátor Lajos Kardos Ador 0 Károly Réka 0 Koerth Raimud 9 Máthé Botod Máthé Koppáy Boros Zoltá 9 Bugyi Noémi Czeglédi Éva 0 Báthory Istvá Elméleti Líceum Kolozsvár Kalló Jakucz Aa Kovács Zoltá 9 Simo Vivie Szekovits Aamária Tárkáyi Ildikó 0 Visky Mária 0 Bolyai Farkas Líceum Marosvásárhely Csíky Gergely Líceum Arad Mészáros Alpár Patka Csogor Simofi Istvá 9 Terkál Róbert Török Tamás 9 Toth Helga Zajzo Bara 9 Czobor Ádám Hadagy Kiga 9 Szőke Adrea

38 A RÉSZTVEVŐ DIÁKOK NÉVSORA Kölcsey Ferec Főgimázium Szatmárémeti Barabás Szabolcs Baumgárter Móika Bodor Zoltá 9 Ferecz Edre Iloczai Zsolt 0 Kis Alpár Maksay Dorottya 0 Nikora Nárcisz 0 Polcz Péter 9 Simo Erika 9 Suba Nádor Leöwey Klára Líceum Máramarossziget Melega Rolf 0 Padrah Istvá 0 Atal Ágota Bá Orsolya Bedő Aita 9 Bodó Emőke 9 Burus Ákos 0 Buslig Szabolcs 9 Csutak Katali 0 Dées Péter Dorer Boglárka Fecske Nádor Ferecz-Hake Réka 9 Fülöp Aamária 9 Márto Áro Gimázium Csíkszereda Hodgyai Zoltá 0 Illyés Ágota 0 Jáos Csogor 9 Kolcza Tüde 9 Kovács Huor Lukács Istvá-Paul 9 Nagy Tímea 0 Ragyák Eszter 0 Sükösd Edre Szőke Katali 9 Varga Beradette Mikes Keleme Gimázium Sepsiszetgyörgy Szörcsey Áges 0 Nagy Mózes Elméleti Líceum Kézdivásárhely Bartha Zalá Kész Borbála Kovács Béla Lestyá Erika 0 Szabó Áges 9 Szabó Tibor Botod 0 Szőcs Csogor 9 Zölde Attila Nagyszalotai Elméleti Liceum Nagyszalota Barta Levete Németh László Líceum Nagybáya Kovács Emese 9 Várady Emese 9 Kovács Tüde O.Goga Elméleti Liceum Margitta Györfi Tamás 38

39 A RÉSZTVEVŐ DIÁKOK NÉVSORA Orbá Balázs Gimázium Székelykeresztúr Bíró Lehel Elekes Istvá Farkas Áges 9 Fazakas Mária 0 Győri Szabolcs Hevele Istvá 9 Mátyás Helga 0 Sádor Bulcsú Salamo Erő Gimázium Gyergyószetmiklós Bíró Csogor Erőss Lórád György Levete 9 Kecseti Huor 9 Farkas Dalma Fekete Balázs Kakas Kicső 9 Kertész Lórád Tamás Kilyé Attila Örs 0 Kisfaludi Bak Zoltá Kisfaludi Bak Zsombor 0 Kiss Lórád 0 Kolcsár Árpád Kolcsár Kálmá Imre 0 Kovács Zsolt Péter 0 Székely Mikó Kollégium Sepsiszetgyörgy Köllő Áges Réti Zekő Zsuzsaa Rill Róbert Adria Sasu Róbert 9 Simo Levete 0 Szekovits Áges Eikő Szerző Péter 0 Tófalvi Lehel Tamási Áro Gimázium Székelyudvarhely Barabás Adrás Biró Emese 0 Biró Zsolt 0 Dávid Tamás Gecsi Márta 9 Horobeţ Emil Ilyés Beatrix 9 Katoa Haja 0 Keresztély Eikő 0 Lőriczi Tüde Madár Istvá 9 Nagy Katali Pál Levete 9 Sádor Izabella Tamás Lehel Takó Istvá Zsombori Attila 39

40 Résztvevő taárok évsora A RÉSZTVEVŐ TANÁROK NÉVSORA Vass Csilla Dávid Géza Kovács Lajos Kovács Béla Logáver Lajos Takács Attila Kulcsár Iloa Sebestyé József Bíró Judit Bíró Béla Csurulya Edit Gáspár Mária Egyed Géza Hatházi Aamária Jakab Aliz Szilágyi Jutka Péter Adrás Nemes Adrás Bíró Zoltá Szilágyi Ferec Kacsó Ferec György Gabriella Sta Ágota Nagy Örs Vadra Mária Baróti Szabó Dávid Középiskola Tamási Áro Gimázium Tamási Áro Gimázium Kölcsey Ferec Főgimázium Németh László Líceum Leöwey Klára Líceum Orbá Balázs Gimázium Orbá Balázs Gimázium Székely Mikó Kollégium Székely Mikó Kollégium Székely Mikó Kollégium Nagy Mózes Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Báthory Istvá Elméleti Líceum Apáczai Csere Jáos Líceum Báthory Istvá Elméleti Líceum Csíky Gergely Líceum Bartók Béla Líceum Salamo Erő Gimázium Salamo Erő Gimázium Bolyai Farkas Líceum Bolyai Farkas Líceum Bolyai Farkas Líceum Babeş-Bolyai Tudomáyegyetem Áprily Lajos Főgimázium 40

41 DÍJAZOTTAK Díjazottak 9. osztály 0. osztály Brudaşcă Reáta I. díj Szerző Péter I. díj Kovács Zoltá II. díj Biró Emese II. díj Bodor Zoltá III. díj Nagy Tímea II. díj Hevele Istvá dicséret Bajóczi Tamás III. díj Polcz Péter dicséret Kisfaludi Bak Zsombor dicséret Szőke Katali dicséret Illyés Ágota dicséret Gecsi Márta dicséret Simo Levete dicséret Furdek Bálit dicséret Kilyé Attila Örs dicséret Sasu Róbert dicséret Visky Mária dicséret Buslig Szabolcs dicséret Szász Zsigmod dicséret Nemes Kiga dicséret Biró Zsolt dicséret Szabó Áges dicséret Hodgyai Zoltá dicséret Bedő Aita dicséret Tárkáyi Ildikó dicséret Fülöp Aamária dicséret Bakos Katika dicséret Hadagy Kiga dicséret Csutak Katali dicséret Jáos Csogor dicséret Maksay Dorottya dicséret Pál Levete dicséret Ragyák Eszter dicséret Várady Emese dicséret Kovács Zsolt Péter dicséret Zajzo Bara dicséret Tóth Miklós dicséret Koerth Raimud dicséret Burus Ákos dicséret 4

42 DÍJAZOTTAK. osztály. osztály Dobribá Edgár I. díj Lőricz Adrás I. díj Bíró Csogor II. díj Nagy Aliz I. díj Fecske Nádor III. díj Györfi Tamás II. díj Bíró Lehel dicséret Guttma Emese III. díj Ferecz Edre dicséret Máthé Koppáy dicséret Kátor Lajos dicséret Mészáros Alpár dicséret Kertész Lórád Tamás dicséret Fekete Balázs dicséret Kis Alpár dicséret Horobeţ Emil dicséret Tófalvi Lehel dicséret Simo Vivie dicséret Sádor Izabella dicséret Sükösd Edre dicséret Kolcsár Árpád Zoltá dicséret Tamás Lehel dicséret Szekovits Áges Eikő dicséret Dées Péter dicséret Zsombori Attila dicséret Bartha Zalá dicséret Terkál Róbert dicséret Kész Borbála dicséret Szekovits Aamária dicséret Bedő Zsolt-Zoltá dicséret Kisfaludi Bak Zoltá dicséret Sádor Bulcsú dicséret Bá Orsolya dicséret Kalló Jakucz Aa dicséret Kovács Tüde dicséret Nagy Katali dicséret Kiss Elemér díj: Dobribá Edgár, XI. osztály a verseye elért legmagasabb potszámért SimpleX díj: Dobribá Edgár, XI. osztály eredeti megoldásaiért Külödíjak: Pál Levete, Ferecz-Hake Réka, IX.osztály és Nagy Aliz, XII. osztály. A dőlt betűvel kiemelt verseyzők továbbjutottak a XVI. Nemzetközi Magyar Matematikaverseyre A kiosztott díjak értéke: I. díj 400 lej, II. díj 300 lej, III. díj 00 lej, Kiss Elemér díj 500 lej, Simplex díj 500 lej, 4

43 A VERSENY TÁMOGATÓI CSÍKSZEREDA POLGÁRMESTERI HIVATALA APÁCZAI CSERE JÁNOS PEDAGÓGUSOK HÁZA HARGITA MEGYEI TANFELGYELŐSÉG ALZO VENDÉGLŐ B&B TRANSINVEST KFT. BAU-MIL KFT. BENIGNITAS EGYESÜLET COMPUTER TRADE KFT. CORVINA KÖNYVESHÁZ CSILLAG KFT. FOLEMCOM SOMLYÓ GERCON KFT. HARBAU KFT. HARGITA GYÖNGYE RT. HARMAT ALAPÍTVÁNY HARMOPAN RT HERA CON-STRUCT I.F.P.T.R. ALAPÍTVÁNY IRIS SERVICE SRL KONTUR KFT. KONZOL KFT. M-CIUC KRAITEN RT. LEMECO RT. MADEZIT KFT. MI&KO KFT. NET-COMP KFT. PROMPT KFT. PRO-PRINT KIADÓ SIMPLEX EGYESÜLET SKY DISTRIBUTION KFT. STATUS KIADÓ SYRINX KFT. TIPOGRAPHIC NYOMDA TOPO SERVICE RT. Z&Z PIRO KFT. MAGÁNSZEMÉLYEK DÁVID ZOLTÁN PORÁCZKY CSABA IMETS LÁSZLÓ BAKA KATALIN EGYED JÁNOS IFJ. INCZE ZOLTÁN FODOR MÁRTA SÓGOR CSABA

44 SC IRIS SERVICE CIUC SA ASOCIAŢIA simple EGYESÜLET A kiadváy megjeleését a TIPOGRAPHIC kft. és a KONTUR kft. támogatta