2013/2014. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

03/04 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matek.fazekas.hu/ 07. március.

TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatlapok.. I. forduló............................................ Szakközépiskola.................................... Gimnázium.................................... 3..3. Specmat..................................... 4.. II. forduló........................................ 5... Szakközépiskola................................. 5... Gimnázium.................................... 6.3. Dönt forduló...................................... 7.3.. Szakközépiskola................................. 7.3.. Gimnázium.................................... 8.3.3. Specmat..................................... 9 Megoldások 0.. I. forduló......................................... 0... Szakközépiskola................................. 0... Gimnázium.................................... 3..3. Specmat..................................... 9.. II. forduló........................................ 35... Szakközépiskola................................. 35... Gimnázium.................................... 44.3. Dönt forduló...................................... 47.3.. Szakközépiskola................................. 47.3.. Gimnázium.................................... 55.3.3. Specmat..................................... 59

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló. Oldja meg a valós számok halmazán a MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK egyenletet! x x 3 5 6 0 x. Melyek azok az n N számok, amelyekre prímszám? 3 n n 3. Egy derékszögű háromszög oldalainak hossza egész szám. Igazolja, hogy a háromszög az egyik csúcsán átmenő két egyenessel három egyenlő területű részre vágható úgy, hogy a kapott részek területének mérőszáma is egész szám! 4. Az ABC háromszögben BC a; CA b; AB c hosszúságú, és az oldalak hosszaira teljesül, hogy Bizonyítsa be, hogy a 3 3 3 b c. 60 BCA 90! 5. Egy egységnyi oldalú négyzet csúcsai A ; B; C; D. Az AB oldal tetszőleges pontja P. A Q pont a BC oldalon van, és PDQ 45. Mekkora a PBQ háromszög kerülete? 6. Egy 5x5-ös táblázat minden sorába és minden oszlopába pontosan egyszer beírtuk az,, 3, 4, 5 számokat. A táblázatba beírt számok a táblázat egyik átlójára szimmetrikusan helyezkednek el. A feltételeknek megfelelő kitöltés esetén mennyi lehet a táblázat szimmetriaátlójában levő számok összege? Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér.

Feladatlapok I. forduló Gimnázium. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike prím? p + q, p + q, p + q 3, p + q 4. Határozzuk meg, a p valós paraméter mely értékeinél hány megoldása van a következő egyenletnek: x 3 = p 3. Hány olyan ötjegyű tízes számrendszerbeli pozitív egész szám van, melyben a jegyek szorzata 50-re végződik? 4. Jelölje M a hegyesszögű ABC háromszög magasságpontját. Legyen P, Q és R rendre a BCM, CAM és ABM háromszögek köré írt köreinek középpontja. (a) Igazoljuk, hogy ABC és P QR egybevágó háromszögek. (b) Igazoljuk, hogy az AP, BQ és CR egyenesek egy pontra illeszkednek. 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg x 3 > + tg x 3

Feladatlapok I. forduló Specmat A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK. A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P a P-vel átellenes pont a körön. Bizonyítsuk be, hogy AP BP AP BP állandó.. Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7 pedig egy egész szám ötödik hatványa? 3. Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A, B és C a P pont merőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon. Bizonyítsuk be, hogy AC BA +BA CB +CB AC = C B A C+A C B A+B A C B. 4. Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszer lehet, hogy mindenki páratlan sok másikat ismer (az ismeretség kölcsönös)? 5. Legyenek a a... a n b b... b n valós számok. Bizonyítsuk be, hogy (a + a +... + a n + b + b +... + b n ) 4n(a b + a b +... + a n b n ). Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK. A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek. Ha a számjegyeket fordított sorrendben leírjuk, akkor az eredetinél nagyobb számot kapunk, a 75-t. Hány ilyen tulajdonságú háromjegyű szám van?. Az a valós paraméter mely értékeire lesz az x 4ax 4a x x 0 x a egyenletnek pontosan egy valós megoldása? 3. Messe az AB átmérőjű k kört a C és D pontokban az A középpontú k kör. A k körnek az AB átmérőre eső pontja legyen E! Válasszuk ki a k körnek az ABC háromszög belsejébe eső CE körívén az ív egy tetszőleges M belső pontját! A BM egyenes és a k kör másik metszéspontját jelöljük N -nel! Bizonyítsa be, hogy MN CN DN! 4. Milyen a valós paraméter esetén lesz pontosan két valós gyöke a sin x a sin x a 0 3 3 egyenletnek a 0 ; intervallumban? 5. Az ABCD tetraéder belsejében vegyünk fel egy P pontot, majd kössük össze a tetraéder csúcsaival. Az AP ; BP; CP és DP egyenesek szemközti oldallapokon lévő döféspontjai rendre: A ; B ; C és D. Bizonyítsa be, hogy PA PB PC PD! AA BB CC DD Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér. 5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK. Maximum hány egész számot választhatunk ki a J = {n < n < ; n Z} halmazból úgy, hogy közülük bármely kettő relatív prím legyen, ha egyikük sem lehet prím?. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: ( ) x x + 4 = 45 x 3. Tekintsük az összes olyan parabolát, melyek egyenlete y = x + ax + b, ahol a és b valós számok, továbbá a koordinátatengelyeket három különböző pontban metszik. Bármely parabola esetén ez a három pont meghatároz egy kört. Mutassuk meg, hogy az összes ilyen kör átmegy egy közös ponton. 4. Hány darab 50 jegyű tízes számrendszerbeli pozitív egész szám van, melynek minden jegye páratlan és bármely két szomszédos számjegy eltérése? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 6

Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK. Az a n számsorozat tagjaira teljesül, hogy a 0 5, és minden n pozitív egész számra a n a n. an Határozza meg az a 04 szám értékét!. Az ABCD téglalapban AB 7, BC 8. A P pont a CD oldalon, C -től m hosszúságegységre, a Q pont a CB oldalon, C -től n hosszúságegységre van. Legyen R a P pontból az AB - re húzott merőlegesnek az AB oldalon levő talppontja, legyen továbbá APR, QAB. Határozza meg mindazokat a pozitív egészekből álló amelyekre 45! m; n számpárokat, 3. Egy ABC háromszögben AC BC a és ACB 90. Az AC oldal A -hoz közelebbi harmadolópontja H. Határozza meg az AB oldalon az E, a BC oldalon az F pontot úgy, hogy az EFH háromszög kerülete a lehető legkisebb legyen! BF BE Adja meg ennek a minimális kerületnek a nagyságát és a, illetve FC EA arányok pontos értékét! Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér. 7

Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny harmadik, döntő forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK. Az ABCD négyzet köré írt körön adott a P és Q pont úgy, hogy P AQ = 45, továbbá AP és BC metszi egymást az M, AQ és CD az N pontban. Mutassuk meg, hogy a P Q és az MN szakaszok párhuzamosak.. Anna és Bori tulipánokat ültetnek egy sorba, n helyre. Ezt a következő játékos formában teszik: felváltva ültetnek egy-egy tulipánt úgy, hogy egymással közvetlenül szomszédos helyekre nem kerülhet tulipán. Anna kezdi a játékot. Az nyer, aki utoljára tud tulipánt ültetni. Kinek van nyerő stratégiája, ha (a) n = 03; (b) n =? 3. Legyenek a, a, a 3,..., a 04 -nél kisebb pozitív valós számok, melyek szorzata A, valamint legyen A i = A a i, i {; ;...; 04}. Bizonyítsuk be, hogy < log a (a a ) + log a (a a 3 ) +... + log a04 (a 04 a ) < log A A + log A A +... + log A04 A Valamennyi feladat 7 pontot ér. 8

Feladatlapok Dönt forduló Specmat A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK. Adott az ABC háromszög. Bocsássunk merőlegest A-ból a B-beli belső szögfelező egyenesre, és B-ből az A-beli belső szögfelező egyenesre. A talppontokat jelölje D, illetve E. Bizonyítsuk be, hogy a DE egyenes a háromszög AC és BC oldalát a beírt kör érintési pontjaiban metszi.. A p és q pozitív számokra p + q. Igazoljuk, hogy bármely m, n pozitív egészekre ( p m ) n + ( q n ) m. 3. Az,,..., 04 04 számok közül Aladár és Boglárka felváltva törölnek le egy számot (Aladár kezd), amíg csak két szám marad. Ha a megmaradó két szám összege négyzetszám, akkor Boglárka nyer, egyébként Aladár. Kinek van nyerő stratégiája? 9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató. Oldja meg a valós számok halmazán a egyenletet! x x 3 5 6 0 x Megoldás: Az egyenlet a hatványozás azonosságainak felhasználásával () alakba is írható. 3 5 x 4 x x x 5 4 pont Az x 5 és pozitív számmal. x 4 pozitív valós számok, ezért () mindkét oldalát oszthatjuk az x 5 4 x pont Ekkor a műveletek elvégzése, a hatványozás azonosságainak újbóli alkalmazása és az egyszerűsítés után a () 5 4 3 4 5 egyenletet kapjuk. Vezessük be az x x pont 5 y 4 jelölést, ezzel a jelöléssel a () egyenletből 3 y y x 0

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória adódik, ebből pedig a műveletek elvégzésével és rendezéssel: (3) 3y y 0. A (3) másodfokú egyenlet megoldásai az y és y 3 valós számok. pont pont Az y nem megoldás, mert 3 5 y 4 x pozitív szám. pont Ha y, akkor azaz 5 4 x, 5 4 x 0 5. 4 pont Mivel az f következik. x 5 4 x függvény kölcsönösen egyértelmű, ezért ebből x 0 Az eredeti egyenlet egyetlen megoldása tehát az x 0 valós szám. pont Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ez valóban megoldás ( 3 ). Összesen: pont 0 pont 03/04 OKTV. forduló

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Melyek azok az n N számok, amelyekre prímszám? 3 n n Megoldás: n n A hatványozás azonosságainak alkalmazásával a 3 kifejezést átalakítjuk: n n n n n () 3 3 4 6. pont n Ha n 0, akkor az ()-ben szereplő 4 6 kifejezés értéke 5, ez pedig prímszám. Ezért n 0 a feladat megoldása. pont Ezután meghatározzuk az számjegyét. n n N feltétel mellett a 4 6 kifejezés utolsó pont A 6 minden pozitív egész kitevőjű hatványa 6 -ra végződik. pont Ebből következik, hogy a n n 4 6 szám 4 -re végződik, és így a 4 6 kifejezés n utolsó számjegye 5, eszerint pedig 4 6 osztható 5 -tel. n Az n N feltétel mellett tehát 46 5, másrészt osztható 5 -tel, vagyis nem lehet prímszám. n Ezért 4 6 akkor és csak akkor lesz prímszám, ha 0 n n, és ekkor 46 5. Összesen: pont pont pont 0 pont 03/04 3 OKTV. forduló

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 3. Egy derékszögű háromszög oldalainak hossza egész szám. Igazolja, hogy a háromszög az egyik csúcsán átmenő két egyenessel három egyenlő területű részre vágható úgy, hogy a kapott részek területének mérőszáma is egész szám!. Megoldás: A derékszögű háromszög befogói az a és b, a háromszög területe a b T. Igazolnunk kell, hogy a terület harmadrésze, vagyis T a b 3 6 egész szám, ha a, b, c egész. Vagyis azt kell bizonyítani, hogy a b osztható 6 -tal. A feltétel szerint az a ; b; c számok egy háromszög oldalai, tehát pozitív egész számok. A pozitív egész számok 3-mal való osztási maradékai a ;0; számok lehetnek. Mivel a Pitagorasz-tétel érvényes a, b, c -re, ezért pont a b c. Figyelembe véve, hogy a ; b; c pozitív számok, valamint, hogy a és b szerepe felcserélhető, az i; j; k N jelöléssel, ha a 3i, b 3 j, akkor a b 9i 9 j 6 j 3m ; a 3i, b 3 j, akkor a b 9i 9 j 3m ; a 3i, b 3 j, akkor a b 9i 6i 9 j 6 j 3m m N ; valamint, ha illetve, ha c 3k, akkor c 9k 3n ; c 3k, akkor c 9k 6k 3n n N. Eszerint az a Ezért az 3 -mal. b c pitagoraszi összefüggés nem állhat fenn, ha a 3i és b 3 j. a; b egész számok közül legalább az egyik osztható 3 -mal, tehát a b is osztható 3 pont 03/04 4 OKTV. forduló 3

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Másrészt a pozitív egész számok -vel osztva 0 vagy maradékot adnak, ezért a p; q; r N jelöléssel, ha a p, b q, akkor a b 4p 4q 4q 4s ; a p, b q, akkor a b 4p 4q 4s ; a p, b q, akkor a b 4p 4p 4q 4q 4s valamint, ha illetve, ha s N c r, akkor c 4r 4t ; c r, akkor c 4r 4r 4t t N,. Eszerint a c egész szám 4-gyel osztva nem adhat maradékot, tehát nem lehet a és b mindegyike páratlan szám. Ezért az -vel, tehát a b is osztható -vel. Ha a; b egész számok közül legalább az egyik osztható a b osztható 3 -mal és -vel, akkor 6 -tal is osztható, és ezzel beláttuk, hogy T a b egész szám, vagyis a háromszög valóban három egyenlő területű részre osztható 3 6 úgy, hogy a részek területe is egész szám. A három egyenlő területű részre osztás meg is valósítható: ha egy csúcsot összekötünk a szemközti oldal harmadolópontjaival, akkor olyan egyenlő területű részeket kapunk, amelyeknek számértéke egész. Például, ha a 3, b 4, c 5, akkor m c, t 5 T. 5 3 5 3 Összesen: 3 pont pont pont 0 pont 03/04 5 OKTV. forduló 4

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Megoldás: jelöléseink az. ábrán láthatók.. ábra Az ezzel a, b befogójú, ABC derékszögű háromszög T területére T a b. 3 6 a b T, ahol a, b N, és pont Azt kell bizonyítanunk, hogy 6 a b. Ez akkor és csak akkor teljesül, ha a b és 3 a b egyszerre igaz, vagyis 6 a b a b és 3 a b. Tudjuk, hogy a b a vagy b, és 3a b 3a vagy 3 b. Tegyük fel először, hogy: a k, b l k; l N. A Pitagorasz-tétel érvényes a, b, c -re, ezért azaz és így ( k c ) (l ) ; 4( k c l ) 4( k l) ; 4 m c mn, ami lehetetlen, mert a négyzetszámok 4-gyel osztva 0 vagy maradékot adnak. 03/04 6 OKTV. forduló 5

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Ebből következik, hogy a vagy b teljesül, és ezért a b is igaz. 3 pont Tegyük fel másodszor, hogy: a 3n és b 3 p n; p N. A Pitagorasz-tétel érvényes a, b, c -re, ezért illetve és így ( 3n c ) (3p ) ; 9 c ( n p ) 6( n p) ; c 3q q N Ez ismét lehetetlen, mert a négyzetszámok 3-mal osztva 0 vagy maradékot adnak.. Ebből az következik, hogy 3 a vagy 3 b, és így 3 a b. 3 pont Mivel ( ;3), ezért a b és 3 a b miatt 6 a b, ezért A három egyenlő területű részre osztás meg is valósítható: T a b egész szám. 3 6 ha egy csúcsot összekötünk a szemközti oldal harmadolópontjaival, akkor olyan egyenlő területű részeket kapunk, amelyeknek számértéke egész. Például, ha a 3, b 4, c 5, akkor m c, t 5 T. 5 3 5 3 pont pont Összesen: 0 pont 03/04 7 OKTV. forduló 6

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 4. Az ABC háromszögben BC a; CA b; AB c hosszúságú, és az oldalak hosszaira teljesül, hogy a 3 3 3 b c. Bizonyítsa be, hogy 60 BCA 90! Megoldás: Legyen a szokásos jelöléssel BCA. A feltételi egyenlőség bal oldalát szorzattá alakítjuk: 3 3 () a b a b a b ab A háromszög-egyenlőtlenség miatt a b c, ezért a feltétel és () figyelembe vételével c 3 c a ahonnan c 0 -val való egyszerűsítés után: b () c a b ab. A koszinusztétel szerint c a b a b ab, ab cos, így ()-ből ab cos a b. ab következik, ahonnan rendezés és az ab 0 számmal való osztás után adódik, hogy: (3) Tudjuk, hogy, cos 60 cos., továbbá az f x cos x függvény a ; szigorúan monoton csökken, ezért (3) miatt 60. 0 intervallumban pont pont pont pont b) Másodszor belátjuk, hogy 90, vagyis azt, hogy hegyesszög. Indirekt módon bizonyítunk: tegyük fel, hogy háromszög derékszögű, vagy tompaszögű. Ekkor az oldalhosszak négyzeteire teljesül, hogy (4) a b c. 90, azaz tegyük fel, hogy a Szorozzuk meg a (4) egyenlőtlenség mindkét oldalát c 0 -val, ebből adódik, hogy a c ahonnan a feladat feltétele szerint: (5) 3 b c c, a c 3 3 b c a b. pont pont 03/04 8 OKTV. forduló 7

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Az (5) egyenlőtlenség átrendezhető a következőképpen: (6) c a b c b 0 a. Mivel minden háromszögben a legnagyobb szöggel szemben van a leghosszabb oldal, és az indirekt feltétel szerint a háromszög legnagyobb szöge, ezért Eszerint a (6) egyenlőtlenség bal oldala pozitív, ezért (6) nem állhat fenn. Indirekt feltételünk tehát nem teljesülhet, azaz valóban 90. c a és c b. Eredményeinket egyesítve 60 90, és ezzel a feladat állítását bizonyítottuk. Megjegyzés: a (4) összefüggés bizonyítható például a koszinusztétellel is. Összesen: pont pont pont 0 pont 5. Egy egységnyi oldalú négyzet csúcsai A ; B; C; D. Az AB oldal tetszőleges pontja P. A Q pont a BC oldalon van, és PDQ 45. Mekkora a PBQ háromszög kerülete?. Megoldás: A feltételeknek megfelelő ábrát készítünk (. ábra), amelyen az AP x, illetve CQ y, PQ z, továbbá az ADP és CDQ jelöléseket választottuk. A választott jelölésekkel egyrészt. ábra BP x és BQ y, valamint 45, pont 03/04 9 OKTV. forduló 8

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória továbbá a PBQ háromszög K -val jelölt kerületére K x y z x y z. Mérjük fel az AB egyenesre az pont elválassza. AR y szakaszt úgy, hogy a B és R pontokat az A Ekkor az ADR és CDQ háromszögekben két-két megfelelő oldal hossza megegyezik, hiszen AR CQ y és AD CD, illetve a kiválasztott két-két oldal által bezárt szög mindkét háromszögben derékszög. Az ADR és CDQ háromszögek tehát egybevágók, és így DR DQ. ADR, valamint Ebből az is következik, hogy a PDR és PDQ háromszögek is egybevágók, mert a PD szakasz közös, és az előbbiek alapján kiválasztott oldalak által bezárt szög 45. Ez azt jelenti, hogy a PDR és PDQ háromszögekben a szakaszok hossza is egyenlő, azaz x y z. DR DQ, továbbá mindkét háromszögben a PR x y és a PQ z Ezért a PBQ háromszög K kerülete K x y z x y x y, vagyis a PBQ háromszög kerülete hosszúságegység. pont pont pont pont pont Összesen: 0 pont Megjegyzés: Ha a négyzet oldalhossza a, akkor a fentiekhez hasonlóan bizonyítható, hogy K a.. Megoldás: A megoldás során az. megoldás ábráját és jelöléseit használjuk. Ezekkel a jelölésekkel az ADP háromszögben x tg x, pont a CDQ háromszögben pedig y tg y. pont 03/04 0 OKTV. forduló 9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória tg tg Tudjuk, hogy 45, ezért a tg trigonometrikus összegzési tg tg tételből kapjuk, hogy mivel azonban ezért amiből x y tg 45, xy tg 45, x y, xy () x y xy következik. A PBQ háromszögre felírt Pitagorasz-tételből azt kapjuk, hogy ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel: () z x y x y. A () összefüggésből az következik, hogy (3) z x y x y (3)-ba ()-et behelyettesítve z x y xy, innen pedig a műveletek elvégzésével és rendezéssel (4) z x y xy. (4) éppen azt jelenti, hogy és mivel x ; y; z pozitív számok, ezért z x, y (5) z x y. A PBQ háromszög kerülete tehát K x y z, amelyből (5) felhasználásával kapjuk, hogy K x y x y.. z x y, pont pont pont pont Összesen: 0 pont 03/04 OKTV. forduló 0

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 6. Egy 5x5-ös táblázat minden sorába és minden oszlopába pontosan egyszer beírtuk az,, 3, 4, 5 számokat. A táblázatba beírt számok a táblázat egyik átlójára szimmetrikusan helyezkednek el. Megoldás: A feltételeknek megfelelő kitöltés esetén mennyi lehet a táblázat szimmetriaátlójában levő számok összege? A táblázat egy lehetséges kitöltése a következő: A D 3 5 4 4 3 5 3 5 4 4 5 3 5 4 3 B C A továbbiakban bizonyítani fogjuk, hogy a táblázat feltételeknek megfelelő kitöltése esetén a szimmetriaátlóban (itt BD -ben) az ; ; 3; 4 és 5 számok mindegyike előfordul és nyilvánvalóan mindegyik egyszer. Ha a táblázatot a feltételeknek megfelelően kitöltöttük, akkor minden sorban és minden oszlopban egy darab -es, egy darab -es, egy darab 3-as, egy darab 4-es és végül egy darab 5-ös van. Ez azt is jelenti, hogy a táblázatban összesen rendre öt darab -es, -es, 3-as, 4-es és 5-ös van, azaz mindegyikből páratlan számú. Jelöljük ki a táblázat valamelyik, nem a szimmetriaátlóban levő helyét, nem sérti az általánosságot, ha az itt levő számot -esnek választjuk. Ilyen a feltételek miatt biztosan van. A szimmetria miatt a kiválasztott helynek a szimmetriaátlóra vonatkozó tükörképe a táblázat olyan helye, ahol szintén -es áll. Eszerint minden, a szimmetriaátlóban nem szereplő -esnek van a táblázatban egy megfelelő párja, vagyis az ilyen elhelyezkedésű -esek párba állíthatók, azaz páros sokan vannak. * pont pont pont pont pont 03/04 OKTV. forduló

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Mivel azonban a táblázatban összesen páratlan számú -es van, ezért legalább az egyik -esnek nincs párja, tehát a szimmetriaátlóban kell lennie. Így a szimmetriaátlóban ; 3, vagy 5 darab -es lehet. Hasonlóan bizonyítható, hogy a szimmetriaátlóban ugyanez igaz a -es, 3-as, 4-es és 5-ös számokra is. Mivel a szimmetriaátlóban csak öt hely van, ezért minden számból pontosan csak egy szerepelhet itt. A táblázat, feltételeknek megfelelő bármely kitöltése esetén tehát a szimmetriaátlóban szereplő számok összege 3 4 5 5. pont * pont Megjegyzések: ) ha a versenyző megad egy helyes kitöltést, például: Összesen: 0 pont A B 5 3 4 3 5 4 4 5 3 4 3 5 5 4 3 D C de nem bizonyítja, hogy a szimmetriaátlóban mind az öt szám pontosan egyszer előfordul, akkor legfeljebb a *-gal jelzett pontokat kaphatja meg. n -es N ) minden xn n táblázatra igaz, hogy a feltételeknek megfelelő kitöltés esetén a szimmetriaátlóban az összes ; ; 3;...; n szám pontosan egyszer előfordul, ezért a szimmetriaátlóban levő számok összege 3... n n 3n. 03/04 3 OKTV. forduló

Megoldások I. forduló Gimnázium A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike prím? p + q, p + q, p + q 3, p + q 4 Megoldás: A pozitív prímszámok a kivételével mind páratlanok. Ha p és q egyike sem, akkor p + q -nél nagyobb páros szám, ami nem lehet prím. Nem lehet p = q = sem, hiszen akkor p + q = 4, ami nem prím. Tehát p és q közül pontosan az egyik lehet a. 3 pont Legyen először p =. Ha q = 3, akkor a feladatban szereplő négy további szám az 5,, 9 és 83. Ezek mindegyike prím. Ha q 3, akkor 3-as maradéka lehet. q = 3k + esetén p + q = + 3k + = 3 (k + ), ami 3-mal osztható 3-nál nagyobb szám, azaz nem prím. Amennyiben q = 3k + alakú, akkor p + q = + 9k + k + 4 = 3 (3k + 4k + ), ami ismét 3-nál nagyobb 3-mal osztható szám, ez sem lehet prím. pont Legyen q =. Ha p = 3, akkor a feladatban szereplő négy további szám az 5, 7,, 9. Ezek mindegyike prím. Ha p 3, akkor p = 3k + esetén az előzőek mintájára p + q, p = 3k + esetén p + q = 3k + + 4 = 3 (k + ) lesz 3-mal osztható 3-nál nagyobb szám, ami nem lehet prím. pont Azt kaptuk, hogy a feladat feltételeinek két (p; q) számpár felel meg, a (; 3) és a (3; ). Összesen: 7 pont. Határozzuk meg, a p valós paraméter mely értékeinél hány megoldása van a következő egyenletnek: x 3 = p Megoldás: A bal oldalt ábrázoljuk, mint az x változó függvényét. A különböző műveletek elvégzése során nyomon követjük a függvény transzformációit. Legyen f = x 3, véve ennek gyökét kapjuk az f = x 3 függvényt. Ebből kettőt levonva a grafikon az y tengellyel párhuzamosan egységnyivel negatív irányba mozdul, így kapjuk f 3 = x 3 -t. pont OKTV 03/04. forduló 3

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória f 8 6 f f 3 4 4 4 4 6 8 0 Mivel f 4 = f 3, ezért f 4 grafikonját úgy kapjuk, hogy az f 3 függvény grafikonjának x tengely alatti részét tükrözzük az x tengelyre. Ebből -et kivonva, azaz f 4 szaggatottal jelölt grafikonját y tengellyel párhuzamosan negatív irányba -gyel elmozdítva kapjuk a kiinduló egyenlet bal oldalán álló f 5 = x 3 függvény grafikonját. pont 4 f 5 f 4 0 8 6 4 4 6 8 0 4 6 8 A feladatban kitűzött egyenlet jobb oldalán a p konstans van egyedül. Ha ezt, mint függvényt ábrázoljuk, akkor grafikonja az y = p egyenletű egyenes, amely az x tengellyel párhuzamos. A megoldások számát tehát az dönti el, hogy az f 5 függvény grafikonjának hány közös pontja van az y = p egyenletű egyenessel. pont Mivel az f 4 függvény értékkészlete a [0; ), ezért az f 5 értékkészlete [ ; ). Ha tehát p <, az egyenletnek nincs megoldása. Ha p =, akkor az egyenletnek két megoldása van. f 3 -nak az x = 3-nál van a minimuma és itt értéke -. Így f 4 értéke x = 3-nál, tehát f 5 értéke x = 3-nál. Ha tehát < p < akkor az egyenletnek négy megoldása van. Ha p =, akkor a megoldások száma három, végül < p esetén két megoldás van. Összefoglalva: p értéke p < p = < p < p = < p megoldások száma 0 4 3 pont Összesen: 7 pont OKTV 03/04. forduló 4

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória. Megoldás: A feladat megoldását algebrai úton is nyomon követhetjük. Rendezés után x 3 = p + tehát p + 0, különben nincs megoldás. pont Az abszolútérték feloldása következik: (i) ha x 3 0 akkor x 3 = p +, azaz x 3 = p + 3; (ii) ha x 3 < 0 akkor x 3 = p +, azaz x 3 = p. pont p = esetén (i) és (ii) ugyanazt az egyenletet adja, x 3 = és ennek két megoldása van. pont Ha < p < akkor (i) és (ii) esetben is két megoldás adódik (négyzetre emelés után az x 3 illetve 3 x hoz egy-egy megoldást.) Ekkor tehát négy megoldás van. pont Ha p = akkor (i) két megoldást ad, (ii) viszont csak egyet, tehát ekkor a megoldások száma három. pont Ha p >, akkor (ii) esetben nincs gyök, az (i) eset két gyököt ad, tehát ilyenkor két megoldás van. pont 3. Hány olyan ötjegyű tízes számrendszerbeli pozitív egész szám van, melyben a jegyek szorzata 50-re végződik? Megoldás: Nem szerepelhet a számban a 0 számjegy, mert ekkor a jegyek szorzata is 0 lenne, ami nem 50-re végződő szám. pont Ha a jegyek szorzata 50-re végződik, akkor 50-nel osztható. 50 = 5, a 5 és a relatív prím, tehát 5-tel és -vel is osztható. pont Ha a jegyek szorzata 4-gyel is osztható lenne, akkor már 00-ra végződne. Azt kaptuk, hogy a jegyek szorzatának prímtényezős felbontásában a kitevője, az 5 kitevője legalább. pont Az eddigiek alapján vegyük sorra a lehetőségeket a szerint, hogy a számban hány 5-ös számjegy szerepel. (i) Két darab 5-ös esetén van még további három számjegy. Ezek közül egy lehet páros, az sem lehet 4-gyel osztható. A páros jegy tehát a és a 6 valamelyike. A további két számjegy lehet az, 3, 7, 9 bármelyike. Kiválasztjuk az öt helyiérték közül a két 5-ös helyét, ez lehet ( 5 ) = 0-féle. A maradék három helyből kiválasztjuk a páros helyét, ide két szám kerülhet, ez 6 lehetőség. A maradék két hely mindegyikénél egymástól függetlenül választható 4 szám, ami 6 eset. Így ebben az esetben 0 6 6 = 960 számot kapunk. pont (ii) Három darab 5-ös esetén van még további két számjegy. Az előzőek mintájára az 5-ösök helye lehet ( 5 3) = 0-féle. A páros szám két helyre kerülhet és kétféle lehet, így 4 lehetőség van. A megmaradt egy helyre is 4-féle szám írható, az, 3, 7, 9 valamelyike. Ekkor 0 4 4 = 60 számot kapunk. pont (iii) Négy darab 5-ös esetén egy további jegy van, ami csak a vagy a 6 lehet. A páros jegy öt helyre kerülhet és kétféle lehet, tehát itt 0 jó számot kapunk. pont Összesen 960+60+0=30 szám van, ami megfelel a feladat feltételeinek. pont Összesen: 7 pont OKTV 03/04 3. forduló 5

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória 4. Jelölje M a hegyesszögű ABC háromszög magasságpontját. Legyen P, Q és R rendre a BCM, CAM és ABM háromszögek köré írt köreinek középpontja. (a) Igazoljuk, hogy ABC és P QR egybevágó háromszögek. (b) Igazoljuk, hogy az AP, BQ és CR egyenesek egy pontra illeszkednek. Megoldás: (a) A BM egyenes a háromszög magasságvonala, tehát merőleges az AC oldalra, ezért CBM = 90 γ. Hasonlóan adódik, hogy BCM = 90 β. A BMC háromszögben ezek alapján BMC = 80 α. Tükrözzük az M pontot a BC oldalra, így kapjuk az M pontot, amelyre BM C = BMC = 80 α. Az ABM C tehát húrnégyszög, mivel szemközti szögeinek összege 80. pont Az imént beláttuk, hogy a háromszög magasságpontját a háromszög egy oldalára tükrözve a tükörkép a köré írt körre esik. Ez megfordítva azt jelenti, hogy a köré írt kört a háromszög oldalára tükrözve, a kör tükörképe átmegy az M ponton. Ezek szerint a feladatban szereplő P, Q és R pontokat úgy kaphatjuk, hogy az ABC háromszög köré írt körének O középpontját tükrözzük rendre a BC, CA és AB oldalakra. pont A O Q B M M C P Mivel O tükörképe BC-re P és BO = CO, ezért BOCP rombusz, azaz P C párhuzamos és egyenlő BO-val. Ugyanígy igaz, hogy CQ és OA párhuzamos és egyenlő. Ezek szerint a BOA és P CQ háromszögek egybevágóak, amiből következik, hogy BA és P Q (i) párhuzamos és (ii) egyenlő. Az (ii) tulajdonságból adódik, hogy ABC és P QR egybevágóak, hiszen a BA, P Q párnál látott módon igazolható, hogy oldalaik páronként egyenlő hosszúságúak. pont Az (a) rész bizonyításának utóbbi pontjához egy másik érvelés: O tükörképe a háromszög oldalaira P, Q és R. E tükörképeket azonban úgy is megkaphatjuk, hogy az O pontnak az oldalakon levő vetületeit (azaz az oldalfelező pontokat) O közepű arányú hasonlósággal visszük a P, Q és R pontokba. Ám az oldalfelezők egy, az eredetihez hasonló, fele akkora háromszög csúcsai, tehát P QR egybevágó ABC-vel. (b) Az (a) részben kiderült, hogy BA és P Q párhuzamos és egyenlő, így az ABP Q négyszög paralelogramma, ennek átlói felezik egymást. Ezek szerint AP felezőpontján átmegy BQ. Logikai szimmetria miatt ugyanez elmondható az AP, BQ és CR szakaszok közül választható tetszőleges pár esetén. A három szakasz tehát egy ponton megy át, és ez a pont felezi mind a három szakaszt. 3 pont Összesen: 7 pont OKTV 03/04 4. forduló 6

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória. Megoldás: (a) A háromszög köré írt körének középpontja rajta van minden oldalának a felező merőlegesén. Ezek szerint az MC szakasz felező merőlegesén van a P és Q pont. Nagyítsuk a P QR háromszöget az M pontból kétszeresre, így kapjuk a P Q R háromszöget. Ekkor P Q átmegy a C ponton, továbbá mivel P Q merőleges az MC-re, azaz P Q és AB párhuzamosak, továbbá P Q és P Q a nagyításból adódóan párhuzamosak, ezért P Q párhuzamos AB-vel. Ugyanilyen érveléssel adódik, hogy Q R átmegy A-n és párhuzamos BC-vel, továbbá R P átmegy B-n és párhuzamos AC-vel. pont R A Q R Q M B C P P Most az ABC háromszög S súlypontját válasszuk középpontnak és végezzünk arányú középpontos hasonlóságot, ez a P Q R háromszög oldalait az ABC megfelelő oldalaiba viszi, így a P Q R háromszög képe éppen az ABC lesz. Két középpontos hasonlóságot végeztünk, az elsőben, a másodikban volt az arány. Mivel ezek szorzata -, ezért a kiindulási P QR háromszöget középpontos tükrözés viszi az ABC háromszögbe, így azok egybevágóak. pont (b) Beláttuk, hogy P QR háromszöget középpontos tükrözés viszi az ABC háromszögbe. A transzformáció szerinti megfelelő pontokat összekötő egyenesek áthaladnak a középpontos tükrözés centrumán, tehát P A, QB és RC egy ponton haladnak át. Most is megkaptuk, hogy a közös pont éppen felezi ezeket a szakaszokat. 3 pont Megjegyzés: A feladat nagyon sokféleképpen megoldható. Más, helyes megoldás esetén is a pontozás során az (a) rész 4, a (b) rész 3 pontot ér. OKTV 03/04 5. forduló 7

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg x 3 > + tg x Megoldás: A gyökjel alatti kifejezés nem lehet negatív, tehát tg x 3 0, azaz (i) tgx 3, vagy (ii) tgx 3. pont Az (i) esetben a bal oldalon álló gyökös kifejezés értéke legalább 0, míg a jobb oldal legfeljebb 3. Ebben az esetben az egyenlőtlenség teljesül, a megfelelő x értékek π + k π < x π 3 + k π, k Z 3 pont Az (ii) esetben az egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, négyzetre emelhetünk: tg x 3 > + 4 tg x + 4 tg x Mivel tgx > 0, ezért a bal oldal kisebb, mint tg x, a jobb oldal pedig nagyobb, ezért az egyenlőtlenség itt nem teljesülhet. pont Összesen: 7 pont OKTV 03/04 6. forduló 8

Megoldások I. forduló Specmat A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) Javítási-értékelési útmutató Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 363 Budapest, Pf. 9. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a Versenybizottság legfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 03. november A versenybizottság. feladat A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P a P-vel átellenes pont a körön. Bizonyítsuk be, hogy AP BP AP BP állandó. Első megoldás: Jelölje d a kör átmérőjét, α az AP P szöget, β pedig a BP P szöget. OKTV 03/04. forduló 9

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória Thalész tétele szerint a P AP háromszög A-nál, a P BP háromszög B-nél derékszögű, ezért Ezekből következik. AP = d sin α, BP = d sin β, AP = d cos α és BP = d cos β. (3 pont) AP BP AP BP = d (sin α sin β cos α cos β) = d cos(α + β) ( pont) Ez a mennyiség valóban állandó, mert a kerületi szögek tétele alapján az α + β szög nem függ P helyzetétől az AB íven. ( pont) Második megoldás: Jelölje ϕ az AP B szöget, ϕ az AP B szöget, továbbá m és m a P, illetve a P pont távolságát az AB egyenestől. Írjuk föl az ABP és az ABP háromszög területét kétféleképpen: t ABP = AP BP sin ϕ = AB m t ABP = AP BP sin ϕ = AB m (3 pont) Az AP BP húrnégyszögben ϕ és ϕ szemközti szögek, ezért sin ϕ = sin ϕ. Ezt felhasználva AP BP AP BP = AB sin ϕ (m m). ( pont) A ϕ szög nem függ P-től a kerületi szögek tétele miatt. Mivel P és P átellenes pontok a körön, egyenlő u távolságra vannak az AB-vel párhuzamos átmérőtől. Ezért m = u v és m = u + v, ahol v a középpont és az AB egyenes távolsága. Így m m = v szintén nem függ P-től. ( pont) OKTV 03/04. forduló 30

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória. feladat Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7 pedig egy egész szám ötödik hatványa? Megoldás: Keressük N-et N = 5 r 7 s v alakban, ahol (v, 35) =, és használjuk fel, hogy egy pozitív egész pontosan akkor k-adik hatvány, ha prímtényezős felbontásában minden prím kitevője a k-nak többszöröse. ( pont) Ekkor a feltétel szerint N/5 = 5 r 7 s v prímtényezős felbontásában minden kitevő osztható 7-tel, N/7 = 5 r 7 s v prímtényezős felbontásában pedig minden kitevő osztható 5-tel. ( pont) Ez azt jelenti, hogy r = 7a + = 5b, s = 5c + = 7d, és v felbontásában minden prím kitevője 5-tel és 7-tel is, vagyis 35-tel osztható, tehát v egy egész szám 35-ödik hatványa. ( pont) Így megfelel például r = 5, s =, v = m 35 (ahol m és 35 relatív prímek), azaz N = = 5 5 7 m 35, tehát végtelen sok N létezik. ( pont) Megjegyzések:. A feladat megoldása akkor is teljes értékű, ha a versenyző megad végtelen sok N-et (például az N = 5 5 7 m 35 alakú számokat) annak részletezése nélkül, hogy ezeket hogyan találta meg, továbbá indokolja, hogy ezek valóban eleget tesznek a feladat követelményeinek.. Az is könnyen adódik, hogy az összes megoldás N = 5 5+35t 7 +35u m 35, ahol (m, 35) =, illetve egyszerűbb alakban N = 5 5 7 M 35, ahol M tetszőleges pozitív egész. Hasonlóan kezelhető a probléma, ha az 5 és 7 helyett két tetszőleges relatív prím szerepel. A relatív prímség feltétele nem hagyható el, például N = 4x 0 = 0y 4 sohasem teljesül, mert a kitevője a bal oldalon páros, a jobb oldalon viszont páratlan. 3. feladat Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A, B és C a P pont merőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon. Bizonyítsuk be, hogy AC BA + BA CB + CB AC = C B A C + A C B A + B A C B. Első megoldás: Húzzunk a P ponton keresztül egyeneseket az ABC háromszög oldalaival párhuzamosan. Ezek a háromszöget földarabolják három kisebb szabályos háromszögre és három parallelogrammára. ( pont) OKTV 03/04 3. forduló 3

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória Az A, B, C csúccsal szemközti kis szabályos háromszög oldalát jelöljük rendre a-val, b-vel, illetve c-vel. Ezek egyúttal a parallelogrammáknak is oldalhosszai, így AC = b + c, BA = c + a, CB = a + b, C B = c + a, A C = a + b, B A = b + c. (3 pont) Ezeket a bizonyítandó formulába helyettesítve beszorzás és rendezés után mindkét oldalon 7 4 (bc + ca + ab) + (a + b + c ) adódik, tehát a két oldal egyenlő. ( pont) Második megoldás: A bizonyítandó egyenlőség abban az esetben nyilvánvalóan igaz, amikor P éppen a háromszög O középpontjával esik egybe, hiszen akkor a benne szereplő összes szakasz egyenlő hosszú. Legyen most P és P a háromszög két olyan belső pontja, amelyekkel a P P egyenes a háromszög valamelyik oldalára merőleges. Bebizonyítjuk, hogy ha a feladat állítása igaz P és P közül az egyikre, akkor a másikra is igaz. ( pont) Ebből már következik, hogy az állítás minden P-re igaz, ugyanis az O középpontból tetszőleges másik P belső pontba el tudunk jutni olyan elmozdítások egymásutánjával, amelyeknél a pont valamelyik oldalra merőleges irányban mozdul el. Valóban, ha O-ból egy adott P belső pontba akarunk eljutni, akkor P-ből húzzunk valamelyik oldalra merőleges egyenest, ez biztosan metszi a háromszög valamelyik szimmetriatengelyét egy P belső pontban, és ekkor O-ból először P -be lépve legfeljebb két lépésben eljutunk P-be. ( pont) Tegyük fel tehát, hogy P P merőleges egy oldalegyenesre. Az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy P P AB, és hogy P van távolabb AB-től. Legyenek A, B és C a P merőleges vetületei az oldalakon, ekkor C = C. Az AC és BC oldalegyenesek a P P egyenessel egyenlő (30 -os) szöget zárnak be, ezért a P P szakasz vetülete a két oldalon egyenlő. ( pont) OKTV 03/04 4. forduló 3

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória Legyen x = A A írhatjuk fel: = B B, ezzel a bizonyítandó egyenlőséget P -re vonatkozóan így AC (BA + x) + (BA + x) (CB x) + (CB x) AC = = C B (A C x) + (A C x) (B A + x) + (B A + x) C B Beszorzás után az x-et nem tartalmazó tagok a P-re felírt egyenlőséget adják. Az x-et tartalmazó tagok részben kiesnek, a megmaradók pedig (CB BA ) x = (A C B A) x alakban írhatók. Ez az egyenlőség valóban fennáll, hiszen CB + B A = BA + A C a háromszög oldalhossza. Tehát a feladat állítása akkor és csak akkor igaz a P pontra, ha P-re igaz. (3 pont) Harmadik megoldás: Válasszuk a háromszög oldalát egységnyinek, és jelöljük u-val, v-vel, w-vel az A, B, illetve C pont előjeles távolságát a megfelelő oldal felezőpontjától, az előjelet a háromszög körüljárása irányában pozitívnak tekintve. Ekkor az AC = + w, C B = w stb. formulákat fölhasználva a bizonyítandó egyenlőtlenség az (+w)(+u) +(+u)(+v) +(+v)(+w) = ( w)( u) +( u)( v) +( v)( w) alakot ölti. Beszorozva és átrendezve azt kapjuk, hogy ez az egyenlőség pontosan akkor áll fönn, ha u + v + w = 0. (3 pont) Azt kell tehát bebizonyítanunk, hogy u + v + w = 0. Ehhez tekintsük az OP vektort, ahol O az ABC háromszög középpontja, és vetítsük az oldalegyenesekre. Az u, v, w számok éppen a vetületek előjeles hosszával egyenlők, ezért előállíthatók OP és az oldalvektorok skaláris szorzatai segítségével: OP BC = u BC = u, és hasonlóan OP CA = v, OP AB = w. Emiatt valóban u + v + w = OP ( BC + CA + AB) = OP 0 = 0. (4 pont) OKTV 03/04 5. forduló 33

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória 4. feladat Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszer lehet, hogy mindenki páratlan sok másikat ismer (az ismeretség kölcsönös)? Megoldás: Az n nem lehet páratlan, mert akkor az összes ismeretség páratlan sok páratlan szám összegének a fele lenne, ami nem egész szám. ( pont) Páros n-re rögzítsünk egy tetszőleges E embert, és tekintsük a többi n ember alkotta T társaságban az összes lehetséges ismeretségi kapcsolatrendszert (függetlenül attól, hogy egy adott embernek T-ben páros vagy páratlan sok ismerőse van). Hogy a feladat feltétele teljesüljön, egy A T embert pontosan akkor tekintsünk az E ismerősének, ha A-nak T-ben páros sok ismerőse volt. (3 pont) Ekkor E-nek is páratlan sok ismerőse lesz, hiszen T-n belül (n ) páros, azaz páratlan sok embernek volt páros sok ismerőse. ( pont) Így a keresett ismeretségi kapcsolatrendszerek száma ugyanannyi, mint T-ben az összes lehetséges ismeretségi kapcsolatrendszerek száma, ami (n ). ( pont) 5. feladat Legyenek a a... a n b b... b n valós számok. Bizonyítsuk be, hogy (a + a +... + a n + b + b +... + b n ) 4n(a b + a b +... + a n b n ). Első megoldás: Tekintsük az f(x) = (x a )(x b ) +... + (x a n )(x b n ) másodfokú polinomfüggvényt. ( pont) Ekkor a feltételek alapján f(a n ) csupa nempozitív szorzat összege, tehát f(a n ) 0. ( pont) Mivel f(x) főegyütthatója pozitív, ezért az előzőek alapján van valós gyöke. ( pont) Ebből következik, hogy a diszkriminánsa nemnegatív, ami átrendezve éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget adja. ( pont) Második megoldás: Először belátjuk, hogy ha az a i, b j számok mindegyikéhez ugyanazt a d valós számot adva az a i = a i+d és b j = b j +d számokat képezzük, akkor a bizonyítandó egyenlőtlenség egyformán érvényes vagy nem érvényes az a i, b j számokra, illetve az a i, b j számokra. ( pont) Valóban, az S = a +... + a n + b +... + b n és T = a b +... + a n b n, illetve a hasonló S és T jelöléseket használva, és a feladatban szereplő S 4nT egyenlőtlenséget föltéve S = (S + nd) = S + 4ndS + 4n d 4nT + 4ndS + 4n d = 4n(T + ds + nd ) = = 4n (( a b + d(a + b ) + d ) +... + ( a n b n + d(a n + b n ) + d )) = = 4nT, fordított szereposztással pedig a fordított irányú következtetés adódik. (3 pont) Az a i, b j számok mindegyikéből ugyanazt az a n és b közötti számot levonva feltehetjük tehát, hogy az összes a i nempozitív, és az összes b j nemnegatív. Ilyenkor viszont a bizonyítandó egyenlőtlenség magától értetődik: a bal oldal nemnegatív, míg a jobb oldal nempozitív. ( pont) OKTV 03/04 6. forduló 34

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató. A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek. Ha a számjegyeket fordított sorrendben leírjuk, akkor az eredetinél nagyobb számot kapunk, a 75-t. Hány ilyen tulajdonságú háromjegyű szám van? Megoldás: A keresett számok nem végződhetnek nullára, mert a fordítottjuknak is háromjegyű számnak kell lennie. pont Meghatározzuk azoknak a háromjegyű számoknak a számát, amelyeknek minden számjegye különböző és az egyesek helyén álló szám nem 0. A százasok helyén 9-féle számjegy állhat, de a számjegyek különbözők, ezért az egyesek helyén már csak 8-féle számjegy lehet. A tízesek helyén ismét 8-féle számjegy lehet, mert itt nem állhat az, ami a százasok illetve az egyesek helyén, viszont itt szerepelhet a 0. Azokból a számokból, amelyeknek minden számjegye különböző és az egyesek helyén álló szám nem 0, 9 88 576 darab van. Ezek között a számok között szerepelnek azok is, amelyekben a százasok helyén álló számjegy kisebb, mint az egyesek helyén álló, és szerepel minden ilyen szám fordítottja is. Mivel a számok ilyen módon párokba állíthatók, így a feladat feltételének éppen a számok fele tesz eleget, vagyis 9 88 88 ilyen szám van. Összesen: 3 pont pont 3 pont 0 pont OKTV 03/04. forduló 35

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Az a valós paraméter mely értékeire lesz az x 4ax 4a x x 0 x a egyenletnek pontosan egy valós megoldása? Megoldás: Az egyenlet bal oldalán szereplő tört nevezője miatt x a. Alkalmazva a két tag különbségének négyzetére vonatkozó azonosságot a tört számlálójában, és az x x x x x azonos átalakítást: illetve x a x x a x 0, x. x a () a x pont Mivel a tört számlálója biztosan pozitív, () ekvivalens az x a x a x egyenlettel. Az egyenletben szereplő törtet átalakítva, és figyelembe véve, hogy a b a b abban az esetben, ha mindkét tag azonos előjelű, az egyenlet () x a x x a alakban írható. pont Egy pozitív számnak és reciprokának az összege legalább. Egyenlőség akkor áll fenn, ha maga a szám egyenlő -gyel. Ezért a () egyenlet csak úgy teljesülhet, ha egyszerre teljesül. Ezekből: x a, és x (3) a. A (3) egyenlet szerint a, vagy a, azaz a 0 vagy a. pont OKTV 03/04. forduló 36

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Megvizsgáljuk, hogy ezekre a paraméterekre pontosan egy valós megoldása van-e az egyenletnek. Ha a 0, akkor az eredetivel ekvivalens () egyenletből kapjuk, hogy x x. (4) x Mivel a (4) egyenletben az abszolút-értékes tényező legalább, a jobb oldal értéke pedig pontosan, ezért egyenlőség csak x 0, azaz x esetben áll fenn. Az egyenletnek a 0 mellett tehát valóban egy megoldása van. Ha a, akkor az () egyenletből: x. x (5) x Az (5) egyenletben az abszolút-értékes tag szintén legalább, a jobb oldal értéke pedig pontosan, ezért egyenlőség ismét csak x 0, azaz x esetben áll fenn, ezért az a mellett is pontosan egy valós megoldása van az egyenletnek. Összesen: pont pont 0 pont OKTV 03/04 3. forduló 37

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 3. Messe az AB átmérőjű k kört a C és D pontokban az A középpontú k kör. A k körnek az AB átmérőre eső pontja legyen E! Válasszuk ki a k körnek az ABC háromszög belsejébe eső CE körívén az ív egy tetszőleges M belső pontját! A BM egyenes és a k kör másik metszéspontját jelöljük N -nel! Bizonyítsa be, hogy MN CN DN! Megoldás: Jelöléseink az. ábrán láthatók.. ábra pont A bizonyítandó MN CN DN összefüggés azonos átalakítása után elég megmutatni, hogy Ehhez elegendő igazolni, hogy a háromszögek hasonlóak. MN CN. DN MN CMN és MDN A két háromszög hasonlóságának belátásához elég bizonyítani, hogy megfelelő szögeik páronként megegyeznek, azaz: CMN MDN és CNM MND. pont pont OKTV 03/04 4. forduló 38

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Mivel AB a k kör átmérője, ezért a Thalész-tétel szerint AC merőleges BC -re, ebből következik, hogy BC egyenese a k kör érintője. Ezért a k körben BCM érintő szárú kerületi szög, és így az MDC jelöléssel BCM MDC. A k körben a kerületi szögek tételéből a CDN jelöléssel kapjuk, hogy CBN CDN. Az AB egyenese a k és k körök közös szimmetriatengelye, erre a tengelyre nézve a C és D pontok egymás tükörképei, ezért BC BD. Ez azt is jelenti, hogy a k körben a két húrhoz azonos nagyságú kerületi szögek tartoznak, tehát a CNB jelölést választva A CNB BND. CMN a BCM háromszög külső szöge, ezért CMN BCM CBM. A CMN és MDN háromszögekben két-két szög nagysága megegyezik, mert és ezért a két háromszög hasonló. CMN MDN CNM MND, Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik, ebből pedig a bizonyítandó állítás következik. MN CN, DN MN MN CN DN pont pont pont pont pont pont Összesen: 0 pont OKTV 03/04 5. forduló 39

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 4. Milyen a valós paraméter esetén lesz pontosan két valós gyöke a sin x a sin x a 0 3 3 egyenletnek a 0 ; intervallumban? Megoldás: Vezessük be az y sin x jelölést! 3 Az egyenlet a következő alakba írható: () a y a 0 y. Az () egyenlet az y ismeretlenre felírt paraméteres másodfokú egyenlet, melynek pont diszkriminánsa, D a 8a () D a.. Átalakítással kapjuk, hogy () azt jelenti, hogy az () egyenletnek mindig van valós megoldása. A megoldóképletből kapjuk, hogy ezek és Mivel és ezért nem lehetséges. Eszerint csak állhat fenn. y a y. y sin x, 3 sin x 3 y sin x a 3 pont pont OKTV 03/04 6. forduló 40

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Tekintsük most az f x sin x függvény grafikonját a ; (. ábra). 3 0 intervallumon. ábra A. ábrán jelzett A és B pontok koordinátái A 0;sin és B ; sin, 3 3 azaz 3 3 A 0; és B ;. Az A és B pontokon átmenő egyenes egyenlete Ez az egyenes a ; függvény grafikonját, ezért a sin 3 y. f x sin x 3 0 intervallumon három pontban metszi az 3 3 x egyenletnek a ; 3 három valós megoldása van, így a nem lehetséges. Nem állhat fenn a és a, sem, mert ezekre az értékekre sin x illetve sin x 3 3 egyenleteknek a 0 ; intervallumban egy-egy valós megoldása van. Az ábra alapján belátható, hogy az a ; intervallumban az 0 intervallumban 3 a, a és a értékek kivételével minden a valós számra a sin x a 3 egyenletnek pontosan két valós megoldása van. Ezek az a valós paraméterek a feladat megoldásai. Összesen: pont pont pont pont 0 pont OKTV 03/04 7. forduló 4

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 5. Az ABCD tetraéder belsejében vegyünk fel egy P pontot, majd kössük össze a tetraéder csúcsaival. Az AP ; BP; CP és DP egyenesek szemközti oldallapokon lévő döféspontjai rendre: A ; B ; C és D. Bizonyítsa be, hogy PA PB PC PD! AA BB CC DD Megoldás: Legyenek a csúcsok merőleges vetületei a szemközti oldallapon rendre: A, B, C és D. Az AA A háromszög síkjának és a BCD síknak az A A metszésvonalára illeszkedik a P pontnak a BCD síkra eső merőleges vetülete, jelöljük ezt a pontot PA -val (3. ábra). 3. ábra Az AA szakasz az ABCD tetraédernek a BCD laphoz tartozó magassága és ezért az ABCD tetraéder térfogata TBCD AA () V ABCD. 3 pont pont A P ; B; C; D pontok egy tetraéder csúcsai, amelynek a BCD lapjához tartozó magassága PP A, így a PBCD tetraéder térfogatára azt kapjuk, hogy () V PBCD TBCD PPA. 3 pont Az () és () összefüggések megfelelő oldalainak arányából adódik, hogy (3) VPBCD PPA. VABCD AA pont OKTV 03/04 8. forduló 4

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Mivel AA és így (3)-ból PPA, ezért a párhuzamos szelőszakaszok tétele miatt PP A PA, AA AA (4) V V PA AA PBCD. ABCD pont Hasonló módon bizonyíthatjuk, hogy (5) (6) végül (7) V V V V V V PB BB PACD, ABCD PC CC PABD, ABCD PD DD PABC. ABCD pont A (4)-(7) összefüggések megfelelő oldalainak összeadásával azt kapjuk, hogy PA PB PC PD V AA BB CC DD PBCD V V V PACD ABCD PABD V PABC. Nyilvánvaló, hogy és ezért és éppen ezt akartuk bizonyítani. V PBCD V V V V, PACD PA PB AA BB PC CC PABD PD DD PABC, ABCD pont Összesen: 0 pont OKTV 03/04 9. forduló 43

Megoldások II. forduló Gimnázium A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató. Maximum hány egész számot választhatunk ki a J = {n < n < ; n Z} halmazból úgy, hogy közülük bármely kettő relatív prím legyen, ha egyikük sem lehet prím? Megoldás: Legyen n az egyik kiválasztott szám és legkisebb prímosztója p. Ekkor n = p q, ahol p q és így p n 0. Azt kaptuk, hogy p 0, azaz p -nél kisebb. 3 pont A kiválasztott számok legkisebb prímosztója, 3, 5 vagy 7 lehet. pont Bármely két kiválasztott szám legkisebb prímosztója különböző, mivel relatív prímek. Ezek szerint legfeljebb négy számot válszthattunk ki. pont Négy szám kiválasztható a feltételeknek megfelelő módon, pl 4, 9, 5 és 49. pont Összesen: 7 pont. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: ( ) x x + 4 = 45 x Megoldás: x = nem lehet, mert ekkor a tört nevezőjében nulla lenne. Szorozzuk be az egyenletet (x ) -nel és rendezzünk 0-ra: x 4 4x 3 37x + 80x 80 = 0 pont pont A bal oldal szorzattá alakítható: (x 3)(x 6)(x + 5x 0) = 0 3 pont Szorzat akkor és csak akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Az első tényezőből kapjuk az x = 3, a másodikból az x = 6 megoldást. A harmadik tényező másodfokú, ennek gyökei x 3 = 5+ 65 és x 4 = 5 65. pont Ellenőrizve, a négy gyök valóban kielégíti a feladatban kitűzött egyenletet. pont Összesen: 7 pont 44

Megoldások II. forduló Gimnázium 3. Tekintsük az összes olyan parabolát, melyek egyenlete y = x + ax + b, ahol a és b valós számok, továbbá a koordinátatengelyeket három különböző pontban metszik. Bármely parabola esetén ez a három pont meghatároz egy kört. Mutassuk meg, hogy az összes ilyen kör átmegy egy közös ponton. Megoldás: Jelölje a parabola és az y tengely metszéspontját y. Ennek értékét megkapjuk, ha az y = x + ax + b egyenletbe az x = 0-t helyettesítjuk, így y = b. b = 0 nem lehet, mert akkor a parabola áthalad az origón és nem jöhet létre a tengelyekkel három metszéspont. pont A parabola és az x tengely metszéspontjai a 0 = x +ax+b másodfokú egyenlet gyökei. Jelölje ezeket x és x. A feladat szövege szerint a parabola három különböző pontban metszi a tengelyeket. Mivel az y tengelyt csak egyetlen pontban metszi, ezért x x, azaz a 4b > 0. pont Legyen y a feladat szövegében szereplő kör és az y tengely második metszéspontja. Amennyiben a kör érinti az y tengelyt, akkor legyen y = y. Tekintsük az origónak a körre vonatkozó hatványát az x és az y tengelyekkel, mint szelőkkel. pont Mivel mindkét szelőre a hatvány ugyanakkora, ezért x x = y y. A Viéte formula alapján x x = b, továbbá y = b. Mivel b 0, így y =. pont y értéke konstans, tehát az összes kör, amely a feladat szövegének eleget tesz átmegy a (0; ) ponton. pont Összesen: 7 pont Megjegyzés: A bizonyítás befejezhető a pont körre vonatkozó hatványa nélkül is, ha a kör K = ( x +x ) ; y+y középpontjának a távolságát felírjuk kétféleképpen az x és az y tengelyeken levő metszéspontoktól. 4. Hány darab 50 jegyű tízes számrendszerbeli pozitív egész szám van, melynek minden jegye páratlan és bármely két szomszédos számjegy eltérése? Megoldás: Tekintsük az i jegyű tízes számrendszerbeli pozitív egészeket, melyeknek minden jegye páratlan és bármely két szomszédos számjegy eltérése. Legyen a i azoknak a száma, melyeknek utolsó jegye vagy 9. Legyen b i azoknak a száma, melyeknek utolsó jegye 3 vagy 7. Legyen c i azoknak a száma, melyeknek utolsó jegye 5. i = esetén a =, b = és c =. pont Rekurzió segítségével leírhatjuk sorozatainkat: i+ jegyű -re vagy 9-re végződő számot csak egyféleképpen kaphatunk 3-ra vagy 7-re végződő számból, ezért a i+ = b i. Ugyanez igaz az 5-re végződőekre is, ezért c i+ = b i. 3-ra vagy 7-re végződő számot egyféleképpen kaphatunk -re vagy 9-re végződő számból, de kétféleképpen kaphatunk 5-re végződő számból (az 5-ös után írható 3 vagy 7), ezért b i+ = a i + c i. pont Ebből i = -re a =, b = 4 és c = adódik. (Valóban, a megfelelő számok: 3,79; 3, 53, 57, 97; 35, 75.) A rekurzió segítségével a sorozat további elemeit vizsgálva észrevehető, hogy a i = c i = 3 i és b i = 4 3 i pont Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. Kezdő lépés: i = esetén már kiszámoltuk a sorozatok megfelelő elemét és ezek valóban teljesítik az összefüggést. 45

Megoldások II. forduló Gimnázium Indukciós lépés: Feltesszük, hogy a i = c i = 3 i és b i = 4 3 i, majd ennek segítségével bizonyítjuk az állítást i + -re. Az alábbi három sor mindegyikében az első két egyenlőségnél a rekurziós szabályt, a harmadiknál az indukciós hipotézist használjuk: a (i+) = b i+ = a i + c i = 3 i + 4 3 i = 3 i b (i+) = a i+ + c i+ = b i + b i = 4 3 i + 8 3 i = 4 3 i c (i+) = b i+ = a i + c i = 3 i + 4 3 i = 3 i pont A feladatban feltett kérdésre a válasz a fentiek alapján 8 3 74, hiszen a 50 +b 50 +c 50 = 3 74 + 4 3 74 + 3 74 = 8 3 74. pont Összesen: 7 pont 3 46

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 03/04. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató. Az a n számsorozat tagjaira teljesül, hogy a 0 5, és minden n pozitív egész an számra a n. Határozza meg az a 04 szám értékét! a n Megoldás: számítsuk ki a sorozat első néhány tagját. an a0 5 6 3 Az a n képzési szabály alapján a. a a 5 4 n Hasonlóképpen 3 a a a, és a 5 3, a 3 5 a 3 5 továbbá a3 () a 3 4 5. a 3 3 Az a n a n képzési szabály és () alapján nyilvánvaló, hogy az n an tagjai periodikusan ismétlődnek, mégpedig 3 () a 4k 5, a 4k, a 4k, a 5 ahol k N. Mivel ezért 04 0 4503, a 04. 5 0 4k 3 3 a számsorozat pont pont 3 pont pont pont OKTV 03/04 Összesen: 0 pont döntő forduló 47

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Az ABCD téglalapban AB 7, BC 8. A P pont a CD oldalon, C -től m hosszúságegységre, a Q pont a CB oldalon, C -től n hosszúságegységre van. Legyen R a P pontból az AB - re húzott merőlegesnek az AB oldalon levő talppontja, legyen továbbá APR, QAB. Határozza meg mindazokat a pozitív egészekből álló m; n számpárokat, amelyekre 45! Megoldás: készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát (. ábra).. ábra Az APR háromszögben PR 8, ezért () AR tg, mivel azonban AR AB BR 7 m, továbbá PR 7 m tg. 8 Az AQB háromszögben pedig AB 7, így () BQ tg, ahol BQ BC CQ 8 n, valamint AB 8 n tg. 7 pont A feladat feltétele szerint 45, ebből tg tg45. Az 45 feltétel és az. ábra alapján nyilvánvaló, hogy 0 90 és 0 90, tehát tg 0 és tg 0, ezért tg tg 0, tehát alkalmazhatjuk a trigonometrikus azonosságot. tg tg tg tg tg pont OKTV 03/04 döntő forduló 48

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória Az () és () összefüggések felhasználásával kapjuk, hogy 7 m 8 n tg 8 7, 7 m 8 n 8 7 ahonnan a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után (3) tg Mivel tg, ezért (3)-ból 5 7m 8n. 7 7n 8m mn pont 5 7m 8n 7 7n 8m mn következik, amelyből rendezés után, 47 9m mn 5n, illetve a kapott összefüggés mindkét oldalából a 5 9 5 értéket levonva (4) 7 9m mn 5n 5. (4) jobb oldala szorzattá alakítható: (5) 7 9m 5 n. Az m; n számok pozitív egészek, így (5) alapján nyilvánvaló, hogy n 9 0 illetve m 5 0, továbbá a feladat feltételei miatt n 8, és ezért 0 n 9 7, valamint m 7. pont pont Keressük tehát a 7 4 7 szám olyan pozitív osztóit, amelyek megfelelnek a 0 n 9 7 feltételnek. Ilyen pozitív osztó csak az n 9 6 és az n 9 7, amelyekből n 7 és n 8 következik. Ezekből (5) alapján rendre m 8 és m 9 adódik. *pont A feladat megoldásai tehát az m ; n 7 és az m ; n 8 számpárok. 8 9 Az m 9; n 8 számpár esetén () és () alapján tg, illetve tg 0, ezért a B és Q pontok egybeesnek, továbbá 45 illetve 0, ezekre is teljesül, hogy 45. Összesen: *pont 0pont Megjegyzés: ha a versenyző az m 9; n 8 számpárt és az ehhez tartozó 45 illetve 0 szögeket figyelmen kívül hagyja, vagy nem tekinti megoldásnak, akkor a *-gal jelzett pontok közül legfeljebb pontot kaphat. OKTV 03/04 3 döntő forduló 49

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 3. Egy ABC háromszögben AC BC a és ACB 90. Az AC oldal A -hoz közelebbi harmadolópontja H. Határozza meg az AB oldalon az E, a BC oldalon az F pontot úgy, hogy az EFH háromszög kerülete a lehető legkisebb legyen! BF BE Adja meg ennek a minimális kerületnek a nagyságát és a, illetve arányok FC EA pontos értékét!. Megoldás: Tükrözzük a H pontot először az AB, majd a BC egyenesre, a képpontok rendre H és H (. ábra). pont. ábra A H pont az AC egyenesen, a H pont pedig az AC egyenesnek az ABC háromszöglappal azonos oldalán van, ezért az ábra alapján a H H egyenes az ABC háromszög AB átfogóját és BC befogóját is metszi, a metszéspontok rendre E és F. A tükrözés távolságtartó tulajdonsága miatt () EH EH és FH FH. Mivel HH HE EF FH, és az EFH háromszög kerületére pont K EFH HE EF FH, ezért () alapján OKTV 03/04 4 döntő forduló 50

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória () K EFH H H. pont Nyilvánvaló, hogy a H és H pontok közötti legrövidebb távolság a H H egyenesszakasz, így a. ábra EFH háromszöge a legkisebb kerületű azon háromszögek közül, amelyeket a feladat feltételei alapján az ABC háromszögbe rajzolhatunk. pont A tengelyes tükrözés szögtartó tulajdonsága miatt H AE 45, és ezért H AH 90, vagyis H A merőleges AC -re. Eszerint a H H A háromszög derékszögű háromszög. A tengelyes tükrözés távolságtartó tulajdonsága miatt pedig (3) a HA és 3 a H C. 3 Felírhatjuk Pitagorasz-tételét a (4) H H A derékszögű háromszögre: H A H A HH. Mivel vagyis (5) a HA és 3 5a H A, ezért (4)-ből 3 6a HH, 9 6 H H a. 3 () és (5) összevetésével azt kapjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelelő legkisebb kerületű háromszög kerülete 6 K a EFH. 3 pont OKTV 03/04 5 döntő forduló 5

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória BF BE A következőkben meghatározzuk a és arányok pontos értékét. FC EA A H H A -et metsző H A és FC párhuzamos szelőkre felírhatjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét: a FC 3, a 5a 3 3 a ahonnan a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után FC, innen pedig 5 BF a FC miatt és ezért (6) 3a BF, 5 BF FC 3. A H AE és FBE háromszögekben H AE FBE 45, valamint a H EA és FEB szögek csúcsszögek, ezért a két háromszög megfelelő szögei páronként egyenlők, tehát a H AE és FBE háromszögek hasonlók, így megfelelő oldalaik hosszának aránya is egyenlő. Eszerint BE BF, EA H A azaz (7) BE EA 3a 5, ahonnan egyszerűsítés után kapjuk, hogy a 3 BE 3. EA 5 (6) és (7) alapján a kérdéses arányok pontos értéke BF 3 és FC BE EA 3. 5 Összesen: pont pont 0 pont OKTV 03/04 6 döntő forduló 5

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Megoldás: az. megoldáshoz készített. ábrából indulunk ki, azaz tükrözzük a H pontot először az AB, majd a BC egyenesre, a képpontok rendre H és H. A megoldás az. megoldáshoz hasonlóan folytatódik, addig a megállapításig, hogy a H és H pontok közötti legrövidebb távolság a H H egyenesszakasz, így a. ábra EFH háromszöge a legkisebb kerületű azon háromszögek közül, amelyeket a feladat feltételei alapján az ABC háromszögbe rajzolhatunk. pont 3 pont Ezután az ABC háromszöget olyan derékszögű koordináta-rendszerbe helyezzük, amelynek origója a C pont, az A pont az x tengelyre, a B pont pedig az y tengelyre esik (3. ábra). 3. ábra Ekkor az ABC háromszög csúcsainak koordinátái A a; 0, B 0 ; a és C 0; 0, és a a H a; és H ; 0. 3 3 pont A két pont távolságára vonatkozó képlet alapján a a a 6 H H a, 3 3 3 tehát a minimális kerületű EFH háromszög kerülete 6 K a EFH. 3 pont OKTV 03/04 7 döntő forduló 53