A természet a matematika nyelvén van megírva

Átírás

1 A természet a matematika nyelvén van megírva (Galilei) BÁCS-KISKUN MEGYEI MATEMATIKAVERSENY 007/008-AS TANÉV A versenyt az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium matematika munkaközössége rendezte.

2 egy matematikai feladattal éppoly jól el lehet szórakozni, mint egy keresztrejtvénnyel, Ha valaki egyszer megízleli a matematika örömét, nem fogja egykönnyen elfelejteni. (Pólya György) SZAKMAILAG ÁTNÉZTE: Nagy Anette (9. osztály) Kormos Istvánné (0. osztály) Vajda Csaba (. osztály) Illés Judit (. osztály) BORÍTÓ: Illés Judit MŰSZAKI SZERKESZTŐ: Varga József ISSN FELELŐS KIADÓ: Dr. Fehér Tibor A kiadványt sokszorosította: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági

3 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Tartalomjegyzék A verseny szervezői, támogatói... Versenyfelhívás... Iskolánkénti összesítés a jelentkezőkről...4 Az I. forduló feladatai...6 Az I. forduló javítási útmutatói...0 Iskolánkénti összesítés a döntőbe jutottakról...5 A II. forduló feladatai...7 A II. forduló javítási útmutatói... Eredmények...48

4 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Köszönetet mondunk Bíró Bálint Úrnak, az egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium Beke Manó Díjas tanárának a versenyfeladatok, javítási útmutatók összeállításáért, a versenyben résztvevő középiskolák igazgatóinak és tanárainak az első forduló megrendezéséért, a dolgozatok javításáért, az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium matematika munkaközösségének az első forduló dolgozatainak ellenőrzéséért, valamint a második forduló dolgozatainak kijavításáért. Külön köszönetet mondunk a verseny megrendezésében, lebonyolításában és díjazásban közremüködő, segítő támogatóinknak: Bács-Kiskun Megyei Pedagógusház Bolyai János Matematikai Társulat Bács-Kiskun Megyei Tagozata ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági, Kecskemét III. Béla Gimnázium, Baja II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai, Kiskunhalas

5 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny VERSENYFELHÍVÁS A kecskeméti ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági, a Bolyai János Matematikai Társulat Bács-Kiskun Megyei Tagozata és a Bács-Kiskun Megyei Pedagógusház a es tanévben is meghirdeti a hagyományos középiskolai megyei matematikaversenyt, gimnáziumok és szakközépiskolák 9., 0.,.,. és. évfolyamos tanulói részére. Jelentkezési határidő: 007. október. (hétfő) A nevezési díj tanulónként 500 Ft, mely összeget a számú Volksbank számlaszámra kérjük átutalni (megyei matematikaverseny). A jelentkezési lap letölthető honlapunkról: A kitöltött jelentkezési lapot a következő címre kérjük visszaküldeni: afeoszis@t-online.hu. A nyelvi előkészítős osztályokba járó tanulók a hagyományos képzésben résztvevő tanulókkal együtt versenyeznek az egy évvel alacsonyabb évfolyamosokkal. A 9. évolyamosoknak külön kategóriát indítunk megfelelő számú jelentkező esetén, egyébként ők is a 9. évfolyamosokkal együtt versenyeznek. Az I. forduló időpontja: 007. október 8. (csütörtök), A feladatsorokat Bíró Bálint az egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium tanára állítja össze. A feladatsorokat és a javítási útmutatókat a rendező iskola küldi ki a nevező iskoláknak, illetve honlapunkon a versenyt követő munkanapon megtekinthető, illetve letölthető. Az első forduló dolgozatainak javítására az iskolák munkaközösségeit, szaktanárait kérjük fel. Minden kijavított dolgozatot az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági matematika munkaközösségének kérünk elküldeni a következő címre: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági, 6000 Kecskemét, Bibó István u.. Segítségüket előre is köszönjük. Beküldési határidő: 007. november 9. (péntek) Segédeszköz: bármilyen függvénytáblázat, zsebszámológép. A II. (döntő) fordulóra való meghívást a versenybizottság dönti el (évfolyamonként kb. 50 tanuló). A döntőbe meghívottak kódszámot kapnak, dolgozatukon csak ez szerepelhet (a kódolást a versenybizottság végzi). A jelentkezési lapon kérjük megjelölni, hogy a II. forduló feladatsorát az alábbi helyszínek közül hol kívánják tanulóik megírni, illetve a befizetett nevezési díjról kinek kérik a számlát. A II. forduló időpontja: 007. november 4. (szombat) Helyszínek:. III. Béla Gimnázium: 6500 Baja, Szent Imre tér 5.. ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági, 6000 Kecskemét, Bibó István u... II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági és Informatikai Szakközépiskola, 6400 Kiskunhalas, Kossuth u. 9. Ünnepélyes eredményhirdetés: 008. január 6. Helyszín: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági, 6000 Kecskemét, Bibó István u.. Díjazás a 00. évi konszenzusnak megfelelően, a versenybizottság döntése alapján történik. A versenyhez kapcsolódó kérdésekkel a 76/ vagy a 70/ es telefonszámon Nagy Anette-hez, illetve a 06-0/59-58 számon Varga Józsefhez fordulhatnak. A kollégák segítőkész munkáját megköszönve várjuk tanulóik jelentkezését, és kívánunk a tanévre sikeres és eredményes munkát mindnyájuknak. Kecskemét, 007. szeptember 0. A versenyt szervezők nevében kartársi üdvözlettel: Dr. Fehér Tibor Krajcsovicz Ágnes Varga József Igazgató-főtanácsos BKM Pedagógusház BJMT BKM tagozati igazgató titkár

6 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Iskolánkénti összesítés a jelentkezőkről Gimnáziumok Iskola Hely Össz. Angolkisasszonyok Gimnáziuma Kecskemét 9 Bányai Júlia Gimnázium Kecskemét Bibó István Gimnázium Kiskunhalas Bolyai János Gimnázium Kecskemét Dózsa György Gimnázium, Kiskunmajsa Hunyadi János Gimnázium, Szakiskola és Kollégium Bácsalmás III. Béla Gimnázium Baja Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kecskemét Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Kecskemét Kiskunhalasi Református Kollégium Szilády Áron Gimnáziuma Kodály Zoltán Ének-Zenei Gimnázium, Zeneiskola és Zeneművészeti Szakközépiskola KTKT Általános Iskola és Középiskola, Petőfi Sándor Gimnáziuma, Kertészeti Szakközépiskolája Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma Kiskunhalas 5 8 Kecskemét 5 7 Kiskőrös Kunszentmiklós 7 0 Magyarországi Németek Általános Művelődési Központ Gimnázium Baja Móra Ferenc Gimnázium Kiskunfélegyháza 7 4 Móricz Zsigmond Gimnázium Tiszakécske Piarista Általános Iskola, Gimnázium és Diákotthon Kecskemét Református Kollégium Általános Iskolája és Gimnáziuma Tiszakécske Szent István Gimnázium Kalocsa Szent László Általános Művelődési Központ Baja

7 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Szakközépiskolák Iskola Hely Össz. ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Bereczki Máté Kertészeti, Élelmiszeripari és Mezőgazdasági, Gépészeti Szakképző Iskola Dózsa György Gazdasági, Műszaki Szakközépiskola és Szakiskola Dózsa György Gimnázium, Kecskemét Baja 5 Kalocsa Kiskunmajsa II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Kiskunhalas Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kecskemét Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Kecskemét Kiskunfélegyházi Szakképző Intézmény és Kollégium Közgazdasági Kiskunfélegyháza Szakközépiskolája Lestár Péter Középiskola és Szakiskola Kecskemét Petőfi Sándor Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium Kiskunfélegyháza Széchenyi István Idegenforgalmi, Vendéglátóipari Szakképző Iskola és Kecskemét 6 Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola Baja Virágh Gedeon Szakközép- és Szakiskola Kunszentmiklós

8 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Az I. forduló feladatai A gimnáziumi és szakközépiskolai versenyzők évfolyamonként azonos feladatokat oldottak meg. A nyelvi előkészítős évfolyamok közül a 9. évfolyamos versenyzők a kilencedikes feladatsort, míg a többi évfolyamon az eggyel alacsonyabb évfolyam feladatait oldották meg. Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér. A feladatok megoldására 80 perc állt a versenyzők rendelkezésére, segédeszközként függvénytáblázatot és zsebszámológépet használhattak. 9. évfolyam. Hány százaléka maradt meg a pénzemnek, ha a nyaraláson elköltöttem a 6 9 részét, majd szeptemberben tankönyvvásárlásra a maradék 7 részét, végül az ezután megmaradt összeg 5 részéből ajándékot vettem édesanyám születésnapjára?. Melyek azok a természetes számok, amelyek nem megoldásai a x 5 5 egyenlőtlenségeknek? 7 x. Egy téglalap két szomszédos oldalának és átlójának hossza egész szám, egyik oldalának hossza négyzetszám, területének számértéke 60 területegység. Mekkora a téglalap kerülete? 4. A C pontban derékszögű ABC háromszög BC oldala, mint átmérő fölé rajzoljuk meg a D középpontú kört, ez a kör az AB oldalt az E belső pontban metszi. A körhöz rajzoljuk meg az E pontbeli érintőt, az érintő az AC oldalt az F belső pontban metszi. Hányadrésze a DEF háromszög területe az ABC háromszög területének? 5. Egy gazdag embernek két fia volt. A két fiú életkorának összege (életkorukat pozitív egész számnak tekintjük) éppen év volt, mikor a gazdag ember végrendeletet írt. A végrendeletben vagyonának egy részét a két fiúra hagyta a következő feltételek szerint: amikor az idősebb fiú éppen kétszer olyan idős lesz, mint a fiatalabb, akkor mindkét fiú pontosan annyiszor egymillió forintot kap, ahány éves, de csak akkor, ha mindketten elérték már a nagykorúságot (8 év). Hány évesek lesznek a fiúk az örökség kézhezvételének évében? 6. Melyek azok a p pozitív prímszámok és x pozitív egész számok, amelyekre teljesül, hogy 7 p px + = 09? x 6

9 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. A számpiramis minden téglalapjában az alatta levő, és vele érintkező két téglalapba írt szám összege szerepel (a legalsó sor téglalapjaiban szereplevő számokat kivéve). Milyen szám áll a legfelső téglalapban? x x x 6. A tízes számrendszerbeli nyolcjegyű számban bizonyos jegyek helyét kihagytuk, ezekre a helyekre a 008 szám jegyeit írhatjuk. Az így kapott számok közül hány lesz négyzetszám?. Melyik az a legkisebb természetes szám, amely eleme az f ( x) függvény értelmezési tartományának? = 6 x x 4. Egy téglalap alakú sportpálya oldalainak méterben mért hosszát egy nem tízes alapú számrendszerben 0 és 0 jelöli, a téglalap méterben mért kerületének számértéke ugyanebben a számrendszerben. Hány m a sportpálya területe ebben a számrendszerben? 5. Az ABCD négyzet AB oldalára kifelé megrajzoltuk az ABE szabályos háromszöget. Az AC átlót a DE egyenes az F pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az CE és BF szakaszok merőlegesek egymásra! 6. Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel α = 45, β = 60. Határozzuk meg azt a k pozitív valós számot, amelyre teljesül, hogy ( ) k AB = k+ BC + CA! 7

10 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. Aladár szerint egy n oldalú konvex sokszögnek minden pozitív egész n szám esetén pontosan n 4n+ átlója van. Milyen n -re van igaza Aladárnak? Mennyi az x 004x (007 y) + ( z+ ) = 0 egyenlet gyökei szorzatának legkisebb értéke?. Az ABCD parallelogramma síkjában fekvő P pont kétszer olyan távol van az AB egyenestől, mint a CD egyenestől. A PA és PB egyenesek a CD szakaszt rendre az E és az F belső pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy a PAF és PBE háromszögek területe egyenlő! a a 4. Melyek azok a 0-nél kisebb a és b négyzetszámok, amelyekre az b b kifejezés a legkisebb értékét veszi föl és mennyi ez a minimum? 5. Számítsuk ki a hatvány pontos értékét! 6. A háromjegyű 0-es számrendszerbeli abc számhoz keressük meg mindazokat az ugyancsak háromjegyű számokat, amelyek ugyanazokból a számjegyekből állnak, mint abc, de bennük egyik jegy sem áll az eredeti helyi értéken. Az így kapott számokat és abc -t összeadva egy olyan számot kapunk, amely 007-nél egy négyzetszámmal nagyobb. Melyik ez a négyzetszám? 8

11 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam x. Hány pozitív prímszám megoldása az log ( + 7) 4 egyenlőtlenségnek?. Egy falunak éppen 007 lakója van. Tudjuk, hogy a faluban nem élnek 4 évnél fiatalabbak, de senki sem idősebb 85 évesnél. Bizonyítsuk be, hogy a falunak van legalább 5 olyan lakosa, akiknek az életkora azonos!. Egy háromszög oldalait a szokásos módon a, b, c -vel, a megfelelő szögeket α, β, γ -val jelöljük. Tudjuk, hogy a = sinβ, b = sinγ és c = sinα. Bizonyítsuk be, hogy feltételeink csak a szabályos háromszögre teljesülnek! 4. Oldjuk meg a prímszám! 7x p 7 p = x 5 p p egyenletet, ha x egész szám, p pedig pozitív Két szomszéd a folyóparton egy-egy egyenlő hosszúságú és szélességű, téglalap alakú, egymás melletti telket jelöl ki. A terv szerint a folyó felől egyikük se épít kerítést, a telkek többi részét bekerítik, de megegyeznek, hogy az egymással szomszédos, egyenlő hosszúságú szakaszon a szakasz hosszának felét építik ki mindketten. Mekkora az a legnagyobb terület, amelyet a feltételek mellett egyenként kialakíthatnak, ha egyformán 50 m hosszú kerítésük van? 6. Oldjuk meg a valós számok halmazán az 4007 x x 00 + = egyenletet! x 00 x 00 9

12 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Az I. forduló javítási útmutatói 9. évfolyam. Ha eredetileg x forintom volt, akkor a feladat szövege szerint az első pénzkiadás 7 után x forintom maradt. pont Ha ennek elköltöttem a részét, akkor megmaradt a része, azaz x forint. pont A kapott törtben elvégezve az egyszerűsítéseket, azt kapjuk, hogy a második pénzkiadás után megmaradt összeg Ebből x 4 forint. 4 4 résznyit ajándékra költve megmaradt a része, vagyis x= x pénzkiadások utáni összeg. Ez az eredeti pénzemnek éppen a 0%-a. pont a pont pont. Első lépésben megoldjuk az egyenlőtlenséget, azután válaszolunk a feladat x 5 kérdésére. Nyilvánvaló, hogy x 7. Először a egyenlőtlenség megoldásait 7 x x 5 x 5 keressük. Az egyenlőtlenség más alakban:, azaz. x 7 x 7 ( x 7) A jobb oldal tovább alakítható: = +, így a x 7 x 7 6 () 0 egyenlőtlenséget oldjuk meg. x 7 Könnyen látható, hogy ()-nek azok a természetes számok felelnek meg, amelyekre x < 7 teljesül. pont Másodszor a x 5 () 5 egyenlőtlenség megoldásait keressük. 7 x Most azt a módszert választjuk, hogy az egyenlőtlenséget 7 x -szel szorozzuk. A 7 x kifejezés előjele pozitív vagy negatív aszerint, hogy x < 7, vagy x > 7. Az előző eset vizsgálatából kiderült, hogy csak x < 7 lehetséges, hiszen azokat a természetes számokat keressük, amelyekre () és () egyenlőtlenség is teljesül. Ha tehát a () egyenlőtlenség mindkét oldalát ( 7 x )-szel szorozzuk, akkor pozitív számmal szorzunk, ezért a relációjel iránya megmarad, vagyis: () x 5 5 5x. A () egyenlőtlenségből rendezéssel az x 5 egyenlőtlenséget kapjuk. pont Ezt az eredményt és az x < 7 feltételt egybevetve x 5 adódik, azaz mindkét egyenlőtlenségnek a 0 ;;;;4; 5 természetes számok felelnek meg. 0

13 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Most már könnyű választ adni arra a kérdésre, hogy a két egyenlőtlenségnek mely természetes számok nem tesznek eleget. Az előzőek alapján ezek nyilvánvalóan az x 6 egyenlőtlenségnek megfelelő természetes számok. pont Megjegyzés: ha a versenyző végig a nevezővel való szorzás módszerét választja, és minden esetben vizsgálja a nevező előjelét, majd így jut helyes eredményre, természetesen akkor is megkapja a maximális pontszámot.. Legyenek a téglalap oldalai az x és y pozitív egész számok. Mivel a téglalap területe x y, ezért x y= 60. Az x és y számok közül az egyik (esetleg mindkettő) négyzetszám, megvizsgáljuk tehát a 60 prímtényezős felbontását. () 60= 5. Válasszuk a x -et négyzetszámnak! ()-ből láthatóan csak a következő esetek fordulhatnak elő: () x = ; x = 4 ; x = 9 ; x 6 4 =, az ezekhez tartozó y értékek: () y = 60 ; y = 90; y = 40 ; y 0 4 =. pont () és () egyúttal azt is jelenti, hogy ha x négyzetszám, akkor y nem lehet az, ez látszik a () alatti értékekből is. A téglalap átlója két derékszögű háromszögre osztja a téglalapot, mindkettőre felírható ugyanaz, a Pitagorasz-tételből következő egyenlet: (4) x + y = d, + ahol d a téglalap átlójának hossza, a feltételek miatt d N. pont A () és () értékeket (4)-be helyettesítve csak x = 9 és a hozzá tartozó y = 40 esetén kapunk d -re pozitív egész számot, ekkor d = 4. pont Ezért a téglalap kerülete: K = ( x+ y) = ( 9+ 40) = 98 hosszúságegység. pont 4. Jelöléseink az ábrán láthatók. C F D A α E β B

14 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A Thalész-tétel értelmében BEC = 90, tehát CE az ABC háromszög átfogóhoz tartozó magassága. pont Mivel az ABC háromszög derékszögű, ezért α + β = 90, így BCE = α és ACE = β. A BC átmérőjű kör középpontja a BC szakasz D felezőpontja, és DB = DC = DE a kör sugara. Emiatt a BED és CED háromszögek egyenlő szárúak, így () DEB = β és DEC = α. Az FE egyenes érintője a BC átmérőjű körnek, az érintő tulajdonsága miatt FE egyenes merőleges DE -re, azaz FED = 90. Ebből () alapján azonnal adódik, hogy FEC = β és FEA = α. Ez azt jelenti, hogy a CEF és AEF háromszögek egyenlő szárúak, azaz CF = EF = AF, vagyis az ACE derékszögű háromszög AC oldalának felezőpontja F. Ezért FD az ABC háromszög középvonala, amely párhuzamos az AB oldallal, valamint () AB FD=. Az FD középvonal felezi a CE magasságot, és az AB -vel való párhuzamossága miatt merőleges is rá. Így a DEF háromszög területének kiszámításakor () felhasználásával kapjuk, hogy CE AB CE TDEF = FD = = T ABC,tehát a DEF háromszög 4 területe az ABC háromszög területének éppen a negyedrésze. pont 5. Legyen az idősebb fiú (életkoruk összege miatt nem lehetnek egykorúak) jelenlegi életkora x, akkor a fiatalabb fiú mostani életkora x. Tegyük fel, hogy az idősebb fiú y év múlva lesz kétszer annyi idős, mint a fiatalabb. Ekkor a következő, pozitív egészekre fölírt egyenletet kell megoldanunk: () x + y= ( x+ y). Az () egyenlet rendezése után kapjuk, hogy: () x = 4+ y. pont ()-ből láthatjuk, hogy y -mal osztható pozitív egész szám (elvileg az y = 0 is elfogadható lenne, hiszen a 0 is -mal osztható, ekkor azonban a testvérek 4 és 7 évesek lennének, azaz nem felelnének meg a nagykorúsági feltételnek), ezért csak az () y = ; y = 6 ; y = 9 ; y 4 = ; y = 5 5 ; y = 8 6 értékekkel számolunk. pont Az y azért nem fordulhat elő, mert abból x következne, és eszerint a fiatalabb fiú jelenlegi életkora x 0 volna, ezt pedig a feladat szövegének az életkorok pozitív egész szám voltára vonatkozó feltétele nem engedi meg. Vizsgáljuk most meg a nagykorúságra vonatkozó feltételt a () alatti értékek szerint, mégpedig úgy, hogy táblázatba foglaljuk a két fiú y év múlva elért életkorát, amelyet nyilvánvalóan az x+ y és x+ y kifejezések adnak meg (az x és y értékeit ()-ből és ()-ból kapjuk):

15 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny y x x+ y x+ y pont A táblázatból látható, hogy mindkét fiú a nagykorúságot csak az utolsó esetben éri el, ekkor az idősebb fiú 8, a fiatalabb 9 éves lesz, azaz az idősebb fiú 8 millió, a fiatalabb pedig 9 millió forintot kap az örökségből. 7 p 6. A feltételek miatt a kiindulásul vett px + = 09 egyenlet mindkét oldalán x 7 p pozitív egész számok állnak, ez csak úgy lehetséges, hogy a bal oldali x kifejezés is egész szám, ez azt jelenti, hogy x 7 p. pont A 7 p pozitív osztói a következők: ; 7; p ; 7 p ; p ; 7 p. Eszerint több esetet kell megvizsgálnunk: a) ha x =, akkor az egyenletből a p prímszámra vonatkozó 7 p + p= 09 egyenletet kapjuk. Könnyen látható, hogy ennek nincs megoldása egyetlen p -re sem, mert ha p =, akkor a bal oldal páros, míg a jobb oldal páratlan. Ha p =, akkor 59 09, ha pedig p >, akkor 7 p + p > 09. b) ha x = 7, akkor + 4 p= 09 p + 4 p= p p+ 4 átalakításból láthatóan 09 osztható a p prímszámmal, vagyis -mal vagy 0-mal. Ugyanakkor egyik érték behelyettesítése esetén sem lesz egyenlő az egyenlet két oldala, így most sem kapunk megoldást. c) ha x= p, akkor a p + 7 p= 09 egyenlet megoldásait keressük. Ebből következik, hogy p ( p+ 7) = 09, az előző esethez hasonlóan belátható, hogy ennek sincs megoldása. d) ha x= 7 p, akkor a 4 p + p= 09, illetve az ebből következő p ( 4 p+ ) = 09 egyenletet oldjuk meg. Ha p =, akkor a két oldal egyenlő, ezért p = és x = 5 adja az egyenlet egyik megoldását. Ha p = 0, akkor nem kapunk megoldást. e) ha x= p, akkor p + 7= 09, de ennek nincs a feltételeket kielégítő p. A ( ) megoldása, mert ebből p = 46 következik, de 46 nem köbszám. f) végül, ha x= 7 p, akkor ebből a 4 p + = 09 egyenletet kapjuk, de ennek nincs megoldása, mert a 08 p -re ebből következő szám nem egész. 4 A feladatnak tehát csak az x = 5 és a p = számok felelnek meg, számolással ellenőrizhető, hogy p = mellett x = 5 valóban megoldása az eredeti egyenletnek.

16 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. Legyen az alsó sor középső téglalapjában álló szám y! A feladat feltételei szerint akkor egyrészt () 7 y + 4 x = 007, 6 pont másrészt () y+ x = x. pont A () egyenletből rendezéssel az () 7 y + x = 0 egyenletet kapjuk. 6 pont () és () megfelelő oldalait egymásból kivonva (4) x = 007 adódik. pont Ha most a legfelső téglalapban levő szám z, akkor a feltétel szerint z = x+ 007, ebbe az összefüggésbe (4)-et helyettesítve z =. Tehát a legfelső téglalapban áll. pont. Tudjuk, hogy a négyzetszámok végződése csak 0 ;;4;5;6; 9 lehet. pont Ezért a számba a 008 szám jegyeit beírva az utolsó helyre nem kerülhet sem, sem 8. pont Így az utolsó helyre csak a 008 számban szereplő egyik 0-t írhatjuk. pont Az ilyen módon keletkező szám azonban nem lehet négyzetszám, mert akkor olyan egész szám négyzete lenne, amely egész szám maga is 0-ra végződik, azaz 0-zel osztható. Az ilyen egész számok négyzete 00-zal osztható, vagyis az utolsó két jegy 0 kellene, hogy legyen, de a számban az utolsó előtti számjegy nem 0, hanem 7. pont Ezért a feltételeknek megfelelő négyzetszám nem létezik. Megjegyzés: ha a versenyző felírja az összes esetet az esetek számát arra való hivatkozással csökkentve, hogy a szám csak 0-ra végződhet - és ezekről pl. számológép segítségével megállapítja, hogy nem négyzetszámok, akkor is kapja meg a teljes pontszámot. 6 x. A négyzetgyök értelmezése miatt az f ( x) = függvény értelmezési x tartományába olyan valós számok tartoznak, amelyekre: 6 x () 0, x továbbá az () tört nevezője alapján () x és x 7. Két lehetőséget vizsgálunk: először azt, hogy az () tört számlálója nemnegatív és nevezője pozitív, vagyis, keressük a () 6 x 0, 4

17 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny (4) x > 0 egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. ()-ból x 6, (4)-ből pedig x > 7 következik. Ennek a két összefüggésnek egyszerre egyetlen valós szám sem tesz eleget. pont Másodszor azt a lehetőséget vizsgáljuk, hogy az () tört számlálója nempozitív és nevezője negatív, tehát keressük a (5) 6 x 0, (6) x < 0 egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. (5)-ből x 6, (6)-ból pedig x < 7 következik. pont Ennek a két egyenlőtlenségnek a természetes számok közül egyedül az x = 6 tesz eleget, és ez megfelel a () alatti feltételeknek is. A feladat feltételeit kielégítő legkisebb természetes szám tehát x = 6, és a fentiek szerint ez az egyetlen megoldás. 4. Jelöljük a számrendszer alapszámát a -val! Eszerint 0 = a a + és 0 a = a + a. pont A téglalap kerülete ezért () ( 0a + 0 a) = ( a + a+ ) = 6a + 6a+. De a feladat feltételei között szerepelt a kerület a alapú számrendszerbeli értéke is, mégpedig () a = a + a + a+. () és () egyenlősége alapján felírható a 6a + 6a+ = a + a + a+ egyenlet, amelyből az () a 4a 5a 0 következik. () bal oldalának szorzattá alakítása után: (4) a ( a 4a 5) = 0. A (4) egyenletnek a = 0 nem megoldása, ezért az a 4a 5= 0 egyenlet megoldásait keressük. A másodfokú egyenlet megoldóképletének segítségével, vagy szorzattá alakítással kapjuk, hogy a = 5 és a =, a feladatnak nyilván csak a = 5 felel meg. Tehát a kérdéses számrendszer alapszáma 5. Ennek alapján megadhatjuk a téglalap alakú sportpálya oldalainak hosszát 0-es számrendszerben is: (5) 0 a = 60 és 0 a = 650. (5)-nek megfelelően a téglalap területe 0-es számrendszerben T0 = ( 6 65) 0 = 6900 m. Ezt 5-ös számrendszerbe átváltva a T 5 = 05 értéket kapjuk, így a sportpálya m -ben mért területe 5-ös számrendszerben T 5 = 0 5 m. pont 5

18 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Jelöléseink az ábrán láthatók. D C F A B E A feladat feltételéből rögtön következik, hogy az CE szakasz felező merőlegese átmegy a B ponton, mert BC = BE miatt a CEB háromszög egyenlő szárú, amelynek alapja éppen CE, ennek felező merőlegese nyilván átmegy a szárak B metszéspontján. pont Ha belátjuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, amelynek szárai CF és EF, akkor készen vagyunk, mert akkor CE felező merőlegese átmegy az F ponton is, tehát CE és BF valóban merőlegesek. Ehhez elegendő bizonyítani, hogy FCE = FEC. A DEA háromszög egybevágó a CEB háromszöggel, mert DA = EA= CB= EB, továbbá () DAE = CBE = 50. Az előbbi két háromszög szögeit ki tudjuk számítani, hiszen egybevágó egyenlő szárú háromszögek és ()-ből tudjuk bennük a szárak szögét. Így: () ADE = AED = BCE = BEC = 5. pont Egyenlő szárú háromszög a CDE háromszög is, mert CE = DE, ebben a háromszögben az alapon fekvő szögek könnyen kiszámíthatók () alapján és annak ismeretében, hogy ADC = BCD = 90. Ezért: () EDC = ECD = 75. ()-ból azonnal adódik, hogy DEC = 0, ezzel FEC = 0, de a fentiek alapján - figyelembe véve még, hogy FCB = 45 - rövid számolás után az FCE -re is azt kapjuk, hogy FCE = 0. pont Ezzel beláttuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, tehát CE és BF valóban merőlegesek egymásra. Megjegyzés: a megoldásban szereplő néhány szög értéke más módon is kiszámítható. 6

19 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Jelöléseink az ábrán láthatók: C A D B Az ABC háromszög harmadik szöge 75 -os, ezért a háromszög hegyesszögű, így a C pontból az AB oldalra rajzolt CD magasság a háromszög belsejében halad. Jelöljük a BD szakasz hosszát x -szel, ezzel a ABC háromszög mindhárom oldalának hossza kifejezhető, mert a BCD háromszög egy szabályos háromszög fele, az ACD pedig egyenlő szárú derékszögű háromszög, így BC = a= x, CD = AD= x, ez utóbbi miatt CA = b= CD = x 6, továbbá ( ) AB = c= BD+ AD= x+ x = x +. pont A feladatban megadott ( ) átalakítjuk: rendezés után k AB = k+ BC + CA feltételt az előző jelölésekkel () k [ x ( + ) ] = ( k+ ) 4x + 6x () x ( + ) = x ( k+ 5), ahonnan a műveletek elvégzése és k. pont () mindkét oldalát a pozitív x kifejezéssel oszthatjuk, majd egyszerű számolással kapjuk, hogy k = 5. pont Ebből pedig k = 5, illetve a nevező gyöktelenítése után feladatban keresett pozitív valós szám 5 k =, adódik. Tehát a 5 k =. pont. évfolyam. Ismert, hogy egy n oldalú konvex sokszög átlóinak száma Ha azt keressük, hogy Aladárnak milyen n -re van igaza, akkor az n ( n ) () = n 4n+ egyenletet kell megoldanunk. () jobb oldala szorzattá alakítható, így: n ( n ). 7

20 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny ( n ) n () = ( n ) ( n ). pont Két eset lehetséges: Ha n = 0, akkor n =, azaz háromszögről van szó, amelynek egyetlen átlója sincs, ekkor () mindkét oldala 0. Tehát n = a feladat megoldása. pont n A másik esetben n, ekkor ()-ből az n 0 kifejezéssel osztva az = n egyenletet kapjuk, ahonnan rendezéssel n = adódik. pont Így n = is a feladat megoldása. Az Aladár által adott összefüggés tehát csak n = és n = esetén érvényes. Megjegyzés: ha a versenyző () jobb oldalát nem alakítja szorzattá, hanem az ebből, a műveletek elvégésével és rendezéssel kapható másodfokú egyenletet oldja meg, és így jut helyes következtetésre, akkor is kapja meg a teljes pontszámot Az x 004x (007 y) + ( z+ ) = 0 egyenlet bal oldalán nemnegatív számok állnak, a jobb oldal értéke 0, ez csak úgy lehetséges, ha a bal oldali tényezők mindegyike 0. Eszerint: () x 004x 005= 0, () 007 y = 0, () z += 0. pont Az (), () és () egyenletek megoldásai rendre a következők: x = ; x = 005, illetve y = 007 és z =. pont A kiinduló egyenletnek két megoldása van, éspedig az x = ; y = 007 ; z =, valamint az x = 005 ; y = 007 ; z = számhármasok. pont A két megoldást figyelembe véve, akkor kapunk kisebb számot, ha a második számhármas számait szorozzuk össze (az első szorzat értéke pozitív) és ennek a szorzatnak az értéke: = pont. A feltételeknek megfelelő vázlatos ábrát készítünk. P D E Q F C A R B 8

21 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A P pontból merőlegest bocsátottunk az AB egyenesre, ez a parallelogramma tulajdonsága miatt CD -re is merőleges, a merőleges talppontjai Q és R. A feltétel miatt: PR () PQ=. A PQE és PRA háromszögek a megfelelő szögek egyenlősége miatt hasonlók, a hasonlóság aránya () miatt, ezért E a PA szakasz felezőpontja. Hasonlóképpen látható be, hogy F a PB felezőpontja. pont A PAF háromszög területe az ABP háromszög területének éppen a fele,hiszen a ABP háromszögben a fentiek miatt AF súlyvonal, a súlyvonal pedig felezi a háromszög területét. Ugyanígy következik, hogy a PBE háromszög területe is fele az ABP háromszög területének. 4 pont Ezért a PAF háromszög és a PBE háromszög területe valóban egyenlő. 4. A feltételek miatt a négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak. A négyzetgyökvonás azonossága miatt a kifejezés átalakítható a következőképpen: a b a a a =. b b b a Legyen x=! Ezzel a jelöléssel a kifejezés az x másodfokú függvénye lesz, mégpedig b az alábbi alakban: () f ( x) = x x Először keressük az f ( x) másodfokú függvény minimumának helyét és értékét. A teljes négyzetté alakítás módszerével átalakítjuk ()-et: () ( x) f 9 = x. 4 pont x =, minimumának értéke pedig Látható ()-ből, hogy az f ( x) minimumhelye 9 f ( x) =. pont 4 A kérdés most már az, hogy vannak-e olyan 0-nél kisebb a és b négyzetszámok, a a amelyekre x =. Meg kell tehát keresnünk a =, vagy az ezzel egyenértékű = b b 4 egyenlet 0-nél kisebb négyzetszám megoldásait. Ez utóbbi összefüggésből a () 4 a= b egyenletet kapjuk. Könnyen látható, hogy feltételeinknek csak az a = és b = 4 négyzetszámok felelnek meg. a a Számolással ellenőrizhető, hogy a = és b = 4 mellett a b b kifejezés valóban 9 értéket vesz föl. 4 pont 9

22 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A hatványban szereplő négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak, mert a és 9 80 számok mindegyike pozitív. Észrevehetjük, hogy és 9 80 is teljes négyzet, mégpedig: Ezért: () ( ) = = + 5, hasonlóképpen () ( ) 9 80 = = 5. pont ( + 5) ( 5) () = 4 Mivel ( + 5) = + 5 és ( 5) = 5 4., pont továbbá + 5 > 0, és 5 < 0, ezért ()-ból következik, hogy: Ezért a = = = 4 (4) ( ) hatvány pontos értéke. pont 007, azaz. pont 6. Az abc számból kapható számok közül csak bca és cab felelnek meg a feltételeknek. pont Így: () abc + bca+ cab= ( a+ b+ c). A feladat feltételei és () alapján keressük azt a k egész számot, amelyre () ( a + b+ c) = 007+ k. Mivel () bal oldala -mal osztható, ezért a jobb oldal is -mal osztható, vagyis k = m, ahol m Z, ezért tehát: () ( a + b+ c) = m. Látható, hogy () jobb oldala 9-cel is osztható, így a bal oldal is osztható 9-cel. Mivel osztható -mal, de 9-cel nem, ezért szükséges, hogy a + b+ c legyen. Tudjuk, hogy a ; b; c tízes számrendszerbeli számjegyek, ezért összegük legfeljebb 7 a + b+ c 0 táblázatba foglaljuk, ahol lehet. Az ennek megfelelő lehetséges eseteket ( ) feltüntetjük a () alapján kapott m és 9m k = értékét is. a + b+ c m k

23 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny pont A táblázatból látható, hogy a feladat feltételeinek csak a k = 4= 8 felel meg, hiszen a többi érték vagy a negatív előjele miatt nem négyzetszám, vagy pozitív ugyan, de nem négyzete egyetlen egész számnak sem. A feladatban keresett négyzetszám tehát a 4. Megjegyzés: könnyen belátható, hogy a feltételeknek minden olyan háromjegyű 0-es számrendszerbeli abc szám megfelel, amelyben a számjegyek összege.. évfolyam. Nyilvánvaló, hogy tetszőleges valós x -re x + 7 > 0, továbbá a feltételek alapján x és x N. A kiinduló egyenlőtlenség a logaritmus azonossága alapján átírható a következő alakba: () log ( x + 7) log Mivel =, ezért () más formában felírva: log 4. pont x 4 ( + 7) log, azaz x () log ( + 7) log 8. pont x A logaritmus alapszáma -nél kisebb, ezért () alapján: + 7 8, vagyis () x Tudjuk, hogy 64=, ezért () szerint: x 6 (4). pont x Az f ( x) = függvény szigorúan monoton növekvő, így (4)-ből következően: (5) x 6. Az (5) egyenlőtlenséget csak az x =, x = és az x = 5 prímszámok elégítik ki, ezek megfelelnek a feltételeknek és ezek a feladat megoldásai. pont. A feladatot a skatulyaelv alapján oldjuk meg. Dobozokat és cédulákat készítünk a következő módon: az első dobozba kerülnek egy-egy cédulán azoknak a nevei (az általánosság megsértése nélkül föltehetjük, hogy a nevek nem azonosak, de legalábbis megkülönböztethetők), akik 4 évesek, a másodikba azok nevei, akik 5 évesek, és így tovább, egészen az utolsó skatulyáig, ebbe kerülnek azoknak a nevei, akik 85 évesek. pont Ez éppen 8 skatulya. pont Tegyük föl most a bizonyítandó állítás ellenkezőjét, azaz azt, hogy legfeljebb 4 olyan ember él a faluban, akinek azonos az életkora. Ez azt is jelenti, hogy a fenti skatulyák mindegyikében legfeljebb 4 cédula lehet. De akkor a falunak legfeljebb 8 4= 968 lakosa lehetne, ami ellentmond a kiinduló feltételnek, vagyis annak, hogy a faluban 007-en élnek. pont Feltevésünk ellentmondásra vezetett, ezért biztosan van olyan doboz, amelyben legalább 5 cédula van. Ez bizonyítja a feladat állítását, tehát valóban van a faluban legalább 5 ember, akinek azonos az életkora.

24 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A háromszögre fölírjuk a szinusztételt: a sinα () =. pont b sinβ sinβ sinα Mivel azonban a = sinβ, és b = sinγ, ezért ()-ből =, majd innen sinγ sinβ () sin β = sinα sinγ következik. Fölírjuk a szinusztételt a háromszög másik két oldalára is: b sinβ () =, c sinγ sinγ sinβ ebből a b = sinγ és c = sinα felhasználásával előbb =, majd sinα sinγ (4) sin γ = sinα sinβ adódik. Vonjuk ki egymásból () és (4) megfelelő oldalait! Előbb azt kapjuk, hogy sin β sin γ = sinα sinγ sinα sinβ, ahonnan, figyelembe véve a ( sinβ sinγ) ( sinβ + sinγ) sin β sin γ = nevezetes azonosságot, a jobb oldal szorzattá alakítása és 0-ra rendezés után a (5) ( sin β sinγ) ( sinα + sinβ + sinγ) = 0 egyenletet kapjuk. pont Nyilvánvaló, hogy sinα + sinβ + sinγ 0, mert α ; β; γ egy háromszög szögei, és így mindegyik szög szinusza pozitív. Így csak sin β sinγ = 0 lehetséges, ebből azonnal következik, hogy sin β = sinγ. Ez azt is jelenti, hogy β = γ. ( β = 80 γ nem lehet, mert abból β + γ = 80 adódna) Ugyanakkor a kezdeti feltételek miatt a= b, és ezért α = β, ez pedig az előzőek miatt azzal egyenértékű, hogy α = β = γ, azaz a háromszög valóban szabályos. Meg tudjuk mondani a háromszög oldalainak hosszát is, hiszen sin α = sinβ = sinγ = sin 60 =, így a = b= c=. pont Megjegyzés: a () és (4) egyenletek megfelelő oldalait egymással osztva (egyik szög szinusza sem 0) és a kapott egyenletet rendezve a sin β = sin γ összefüggést kapjuk, amelyből a fentiekhez hasonlóan sin β = sinγ, illetve β = γ, majd α = β = γ következik. 4. Az egyenletben szereplő törtek nem értelmezhetők, ha p = 0 és ha p =, ezért p 0 (ez nem felel meg a prímszámfeltételnek sem) és p. Az egyenletben szereplő törtek egyik közös nevezője p ( p ), ennek alapján az egyenlet átalakítható: () 7 px x= 7 p 6. ()-ből újabb átalakítások után az x ( 7 p ) = 7 p 4, illetve () ( 7 p ) ( x ) = 4 egyenletet kapjuk. pont Mivel p pozitív prímszám, ezért ()-ből látható, hogy 7 p a 4 szám pozitív osztója. pont A 4 pozitív osztói a következők: ;;;4;6;8; és 4.

25 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A 7 p kifejezést ezekkel a számokkal egyenlővé téve, és a kapott egyenleteket megoldva, csak 7 p = esetén adódik a p -re vonatkozó feltételt kielégítő megoldás, mégpedig p =. pont Ekkor ()-ből x = miatt x = következik. pont Tehát p = és x = a feladat megoldása, ezek a számok megfelelnek az összes feltételnek és számolással ellenőrizhető, hogy p = mellett x = valóban kielégíti az eredeti egyenletet. pont Összesen:0 pont 5. Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát!(elegendő az egyik telek vázlatos rajzát elkészíteni, hiszen a két szomszéd telke a feladat szövegéből következően egyforma). A D Folyó B F C Az ábrán az F pont a BC szakasz felezőpontja, és vastag vonallal jelöltük az egyik szomszéd által megépítendő kerítést, a szaggatott vonalak jelzik azokat a szakaszokat, ahol az általunk kiválasztott szomszédnak nem kell kerítést építeni, vagy a folyó miatt, vagy amiatt, hogy ott a megállapodásnak megfelelően a másik szomszéd készít kerítést. Legyen AB = CD= x és BC = DA= y! Ezzel a jelöléssel az egyik szomszéd által megépítendő kerítés hossza: y () BF + CD+ DA= + x+ y= x+ y. pont Mivel a feltételek szerint 50 m hosszúságú kerítése van mindkét szomszédnak, ezért () x + y= 50. Ha most a téglalap területét T -vel jelöljük, akkor egyrészt T = x y, másrészt ()-ből következően x 50 y = 50, azaz =, és így T( y) y y () T( y) = y + 50y, tehát a T terület az y másodfokú függvénye. pont A teljes négyzetté alakítás módszerét alkalmazva ()-ból kapjuk, hogy T( y) = [ y 00y], innen pedig T ( y) = [ ( y 50) 500], azaz (4) T ( y) = ( y 50) pont (4)-ből látható, hogy a T ( y) függvénynek y = 50 mellett van maximuma és ez a T y. Ekkor a téglalap oldalai x = 75 és y = 50. Tehát a maximális érték ( ) 750 max =

26 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny legnagyobb terület, amit a feladat feltételei mellett mindkét szomszéd kerítésével körülhatárolhat, 750 m nagyságú. pont Összesen:0 pont Megjegyzés: a feladat differenciálszámítás alkalmazásával is megoldható, ha a versenyző ezt a módszert választja, akkor nem elég az első derivált zérushelyét megállapítania. 6. Legyen x 00 x 00 = a! Könnyen látható, hogy a teljes négyzet, mégpedig: () = ( x 00) a. Ezzel a jelöléssel kiinduló egyenlet: () a + =. Két eset lehetséges: a () a + =, vagy a (4) a + =. pont a A () egyenletnek nincs megoldása, hiszen a+ = -ből a + = következik, ez a a pedig a nyilvánvalóan pozitív a számra nem igaz, hiszen az ismert egyenlőtlenség szerint ekkor a + kellene, hogy teljesüljön. a A (4) egyenletből következően a + =, ez akár másodfokú egyenletté alakítással, akár a az előző nevezetes egyenlőtlenségre való hivatkozással megoldható, ebből az a = értéket kapjuk. () szerint tehát: = (5) ( 00) x. Ez ismét kétféleképpen lehetséges: (6) x 00 =, vagy (7) x 00 =. A (6) egyenlet megoldása x = 00, a (7) egyenlet megoldása pedig x = 007. pont Ellenőrizhető, hogy ezek a számok kielégítik az eredeti egyenletet. Összesen:0 pont) 4

27 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Iskolánkénti összesítés a döntőbe jutottakról Gimnáziumok Iskola Hely Össz. Bányai Júlia Gimnázium Kecskemét Bibó István Gimnázium Kiskunhalas 6 9 Bolyai János Gimnázium Kecskemét Hunyadi János Gimnázium, Szakiskola és Kollégium Bácsalmás III. Béla Gimnázium Baja Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kecskemét Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Kecskemét 5 Kiskunhalasi Református Kollégium Szilády Áron Gimnáziuma Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma Kiskunhalas Kunszentmiklós 5 Magyarországi Németek Általános Művelődési Központ Gimnázium Baja Móra Ferenc Gimnázium Kiskunfélegyháza Móricz Zsigmond Gimnázium Tiszakécske 0 Piarista Általános Iskola, Gimnázium és Diákotthon Kecskemét Református Kollégium Általános Iskolája és Gimnáziuma Tiszakécske Szent István Gimnázium Kalocsa

28 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Szakközépiskolák Iskola Hely Össz. ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Dózsa György Gimnázium, Kecskemét Kiskunmajsa II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Kiskunhalas Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kecskemét Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Kecskemét 5 Kiskunfélegyházi Szakképző Intézmény és Kollégium Közgazdasági Kiskunfélegyháza Szakközépiskolája Lestár Péter Középiskola és Szakiskola Kecskemét Petőfi Sándor Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium Kiskunfélegyháza Széchenyi István Idegenforgalmi, Vendéglátóipari Szakképző Iskola és Kecskemét Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola Baja

29 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A II. forduló feladatai A második forduló szabályai azonosak voltak az első fordulóban meghatározottakkal. 9. évfolyam. Két pozitív egész szám különbsége 55, a nagyobbikat a kisebbel elosztva a hányados 4, a maradék 84. Melyek ezek a számok?. Az ábrán egyenlő szárú háromszögeket illesztettünk egymáshoz, mégpedig a következő módon: AC = BC, továbbá AB = AD ; AD = DE ; DF = EF végül EF = EC. Mekkorák az ABC háromszög szögei? C E F D A B. Milyen p pozitív prímszámokra lesz az A = p + p+ 008 kifejezés értéke prímszám? 4. Egy osztály színházlátogatásra gyűjt pénzt, mindenki egyforma összeget fizet. Ha az osztálylétszám 7-tel kevesebb lenne, akkor éppen kétszer annyival több pénzt kellene mindenkinek beadnia, mint amennyivel kevesebbet, ha 5-tel többen lennének. Hány fő az osztály létszáma? 5. Az ABCD négyzet AD oldalán úgy helyezkedik el az E pont, hogy Bocsássunk merőlegest az A pontból a BE szakaszra, a merőleges talppontja T. A DET háromszög körülírt körének sugara 5 egység. Mekkora az ABCD négyzet kerülete? AE DE = Oldjuk meg az + = + x y z xy yz egyenletet, ha x, y, z egész számok! 7

30 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. Határozzuk meg az f( x) = x 008 x helyét és a szélsőérték nagyságát! 007 függvény legnagyobb értékének. A derékszögű koordináta-rendszerben megjelölt P pont koordinátáinak értékét a ( y + 008) ( y 7) + x + 98 x x + 8x 77+ x x 5+ 8 egyenlőtlenség megoldásai adják. Illeszkedik-e a P pont az y= x egyenletű egyenesre?. Egy egységnyi oldalú szabályos háromszöget az egyik oldalára merőleges egyenessel egy háromszögre és egy érintőnégyszögre bontottunk. Mekkora az érintőnégyszög területe? 4. Az ABC egyenlő szárú háromszög alapja AB. A háromszögbe egy olyan négyzetet írtunk, amelynek két szomszédos csúcsa az AB alapon van, másik két csúcsa a szárakon helyezkedik el. Bizonyítsuk be, hogy a négyzet középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja nem lehet azonos! 5. Az a paraméter mely egész értékei mellett ( a ) vannak a x = a x ax+ a + a egyenletnek pozitív valós gyökei, és melyek ezek a gyökök? 6. A nem egyenlő szárú ABC háromszög súlypontja S, körülírt körének középpontja O, a körülírt kör sugara R, a háromszög kerülete K. Bizonyítsuk be, hogy K R+ SO >! 6 8

31 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. Melyik az az x egész szám, amelyre az veszi föl? x x tört a lehető legkisebb egész értéket. A 008 egységnyi átfogójú, derékszögű ABC háromszög AB átfogójára és az AC befogójára kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket. Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját! Számítsuk ki a BEM háromszög köré írt kör sugarát!. Oldjuk meg a valós számok halmazán az egyenlőtlenséget! ( 9x + 4x) x x+ x < 0 4. Oldjuk meg a 5+ x x+ 8 = 6 egyenletet a valós számok halmazán! 5. Az ABC szabályos háromszög P belső pontja az A ; B; C pontoktól rendre, és 7 egység távolságra van. Mekkora az ABC háromszög kerülete? 6. Az O és O középpontú, nem egyenlő sugarú k és k körök kívülről érintik egymást. Megrajzoltuk a két kör egyik közös külső érintőjét, amely a k és k kört rendre az E és F pontokban érinti. Megrajzoltuk a k kört is, amely érinti az EF egyenest, a k és k k és k köröket, az utóbbiakat rendre a G és H pontokban, mégpedig úgy, hogy k a körök, valamint az EF egyenes közötti zárt síkrészben helyezkedik el. Bizonyítsuk be, hogy EGHF húrnégyszög! 9

32 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny évfolyam. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 008 = cos x+ 007 x + egyenletet!. Határozzuk meg a px + qy= 7 egyenletben szereplő p, q pozitív prímszámokat úgy, hogy a x + 5y= és a 7 x 4y= 0 egyenletű egyenesek metszéspontja illeszkedjen a px + qy= 7 egyenesre!. Két egyenes út 60 -os szögben metszi egymást. A két út között (a 60 -os szögtartományban) van egy falu, amelyből az egyik, illetve a másik út az útra merőleges irányban haladva 6km -es, illetve 0km -es gyalogúton érhető csak el. A falubeliek olyan műutat szeretnének építeni, amelyen a faluból kiindulva elérhető az egyik út, innen a másik út, végül visszajuthatunk a faluba. Mekkora a hosszúsága a legrövidebb ilyen útnak? 4. Az ABCDE egyenes gúla alaplapja az a = 4 élű ABCD négyzet. A gúlába írt gömb középpontja az E pontból az alaplapra bocsátott magasságnak az ABCD laphoz közelebb eső harmadoló pontjában van. Határozzuk meg a gúla köré írt gömb sugarát! 5. Határozzuk meg az f( x) 8 sin x+ 8 cosx nagyságát! = függvény szélsőértékeinek 6. Tekintsük a 008 számot! Balról jobbra haladva az első két szomszédos számjegy közé tegyünk egy darab -est, a következő két szomszédos számjegy közé két darab -est, végül az utolsó előtti és az utolsó számjegy közé tegyünk három darab -est. Az így kapott számmal hajtsuk végre az előbb leírt műveletet, az -esek számát minden lépésben eggyel növelve. Bizonyítsuk be, hogy a fenti eljárással létrehozott számok egyike sem osztható -mal! 0

33 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny A II. forduló javítási útmutatói 9. évfolyam. Jelöljük a nagyobb számot a -val, a kisebbet b -vel, ekkor a feladat szövege alapján () a b= 55. pont Ha nagyobbikat a kisebbel elosztva a hányados 4, a maradék 84, akkor felírható, hogy: () a = 4 b+ 84. pont A () alatti egyenlet jobb oldalán álló kifejezést ()-be helyettesítve és rendezve a b = 456 értéket kapjuk. pont Ebből például () alapján a = 008 következik. pont A feladatnak megfelelő pozitív egész számok tehát a = 008, b = 456, számolással ellenőrizhető, hogy ezek valóban teljesítik a feltételeket. pont. Jelöléseink az ábrán láthatók. C E F D A α B Mivel AC = BC, ezért BAC = α, és így ACB = ECF = 80 α. Ugyanakkor a feltétel szerint EF = EC, ezért ECF = EFC = 80 α. Az EFC külső szöge az egyenlő szárú DEF háromszögnek, ebből az következik, hogy FED = FDE = 90 α. Az AB= AD feltétel miatt ABD = ADB = α, továbbá a nyilvánvaló ADB + ADE + FDE = 80 összefüggésből felírható, hogy α + ADE + 90 α = 80, innen pedig ADE = 90 adódik. pont Az AD = DE és ADE = 90 együttesen azt jelentik, hogy az AED háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög, így DAE = DEA = 45.

34 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Viszont CAB = α és BAD = 80 α, ezért az előző eredményünk alapján fölírható, hogy α ( 80 α) = 45, ahonnan rövid számolás után α = 75 adódik. pont Tehát az ABC háromszög szögei a következők: CAB = CBA = 75 és ACB = 0. pont. Ha p =, akkor az A = p + p+ 008 kifejezés minden tényezője páros pozitív egész szám, ezért A nem lehet prímszám. Ha p =, akkor A = 05, ez a szám 5-re végződik, tehát 5-tel osztható és 5-nél nagyobb, ezért ez sem prímszám. + Ha p >, akkor p = 6 k+, vagy p = 6k ahol k N pont Ha p = 6 k+, akkor behelyettesítés és rendezés után kapjuk, hogy A = 7k + 4k+ 0. Ez a szám -nál nagyobb, minden tagja osztható -mal, tehát A = 7k + 4k+ 0 is osztható -mal, azaz nem lehet prímszám. pont Hasonló eredményre jutunk, ha p = 6k, ekkor behelyettesítés és rendezés után A = 7k 6k+ 007 adódik. + A k N feltétel mellett ez a kifejezés is -nál nagyobb és -mal osztható, vagyis nem prímszám. pont Az A = p + p+ 008 kifejezés tehát semmilyen p pozitív prímszám esetén nem lehet prímszám. pont 4. Legyen az osztálylétszám n, a színházlátogatásra eredetileg fejenként befizetendő összeg x, a teljes összeg S, és jelöljük d -vel azt az összeget, amennyivel kevesebbet kellene mindenkinek fizetnie, ha 5-tel többen lennének. Ezekkel a jelölésekkel az eredetileg befizetendő teljes összeg: () S = n x. Ha az osztálylétszám n + 5 lenne, akkor mindenki x d forintot fizetne be, tehát a befizetett összeg: () S = ( n+ 5 ) ( x d). Ha pedig az osztálylétszám n 7, akkor a feladat szövege szerint fejenként x+ d lenne a befizetendő pénz, vagyis: () S = ( n 7 ) ( x+ d). Nyilvánvaló, hogy az ()-()-() összefüggések jobb oldalai is egyenlők, ezért felírhatók a következők: (4) ( n+ 5 ) ( x d) = ( n 7) ( x+ d) (5) ( n 7 ) ( x+ d) = n x. pont A (4) összefüggésben szereplő műveleteket és a szükséges összevonásokat elvégezve a: (6) n d d = 4x eredményre juthatunk. Hasonlóképpen (5)-ből: (7) n d 4d = 7x következik. pont (6) mindkét oldalát -vel szorozva, majd az így kapott egyenlet megfelelő oldalaiból (7) megfelelő oldalait kivonva azt kapjuk, hogy: (8) 8 d = x. Ezt az eredményt például (6)-ba helyettesítjük, ekkor n d = 5d, majd ebből a d 0 -val való osztás után n = 5 adódik. Az osztálylétszám tehát n = 5.

35 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Készítsünk a feladat szövegének megfelelő vázlatos ábrát! D F C E T A B Az ABE és a DAF merőleges szárú hegyesszögek, ezért egyenlők, ebből azonnal következik, hogy a BEA és AFD háromszögek szögei páronként egyenlők, hiszen mindkét háromszögben van egy-egy derékszög, így a harmadik szögek is egyenlők, azaz AEB = DFA. Az ABCD négyzet oldalainak hossza egyenlő, ezért például AB= AD, ez éppen azt jelenti, hogy a BEA és AFD háromszögekben az AEB = DFA szögekkel szemben egyenlő hosszúságú oldalak vannak, az előzőekkel együtt ez azt eredményezi, hogy a két háromszög egybevágó, vagyis AE = DF. pont AE A feltételek miatt =, tehát az AE = x jelöléssel egyrészt DE = 4x, másrészt DE 4 DF = x. A DEF háromszög derékszögű, oldalaira felírható a Pitagorasz-tétel: () DE + DF = EF. Az előző jelöléssel átírjuk ()-et a 6x + 9x = EF alakba, ebből összevonás után: () 5x = EF. Mivel x pozitív valós szám, ezért ()-ből 5x= EF következik. A DEF háromszög körülírt köre átmegy a T ponton is, mivel ez a kör az EF szakasz, mint átmérő fölé rajzolt Thalész-kör. Ez a kör megegyezik a DET háromszög körülírt körével, vagyis a DEF háromszög körülírt körének átmérője és a DET háromszög körülírt körének átmérője egyenlő hosszúságú. pont Ebből következik, hogy R DET = EF = 5x, és mivel a feladat szövege szerint R = 5, ezért x =. Az ABCD négyzet egy oldala 7 x hosszúságú, a kerülete tehát 8 x, így K ABCD = 56 hosszúságegység. 6. Nyilvánvaló, hogy az + = + egyenletben az x ; y; z egész számok x y z xy yz egyike sem lehet 0 Szorozzuk be az egyenletet az x y z 0 kifejezéssel! Ekkor először az yz xz+ xy= z+ x xyz, majd 0-ra rendezve az () yz z+ xyz xz+ xy x= 0 egyenletet kapjuk. Az () bal oldala szorzattá alakítható, mert az egymás utáni tagokból páronként egy-egy betűkifejezés kiemelhető, vagyis z ( y ) + xz ( y ) + x ( y ) = 0, azaz DET