2015/2016. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

05/06 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matekfazekashu/ 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 33 Specmat 9 Megoldások 0 I forduló 0 Szakközépiskola 0 Gimnázium 3 Specmat 5 II forduló 3 Szakközépiskola 3 Gimnázium 40 3 Dönt forduló 44 3 Szakközépiskola 44 3 Gimnázium 56 33 Specmat 60

Feladatlapok I forduló Szakközépiskola O k t a t á s i H i v a t a l A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK A 05 olyan négyjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek és közülük pontosan kettő prímszám Hány ilyen négyjegyű természetes szám van? Oldja meg a valós számpárok halmazán az x y, 7 x y egyenletrendszert! 4 3 A BC átfogójú ABC derékszögű háromszög AB befogójának A pontból induló félegyenesén megjelöljük azt a B 0 pontot, amelyre AB0 3 AB Azt tapasztaljuk, hogy az ABC és AB 0 C háromszögek hasonlók Bizonyítsa be, hogy az AB 0 C háromszögben CB belső szögfelező! p p 4 Legyenek a x x 0 egyenlet valós gyökei x és x p p 4 Határozza meg a p 0 valós paraméter mindazon értékeit, amelyekre fennáll, hogy x x x x! p 5 Az a n sorozatra teljesül, hogy a, és minden n esetén an a n an Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyik nagyobb -nál? 00 6 A négyzet alakú ABCD asztallapra két egybevágó szabályos háromszöget terítünk le az ábra szerint (a szabályos háromszögek oldalainak hossza egyenlő a négyzet oldalainak hosszával) Határozza meg a kétszer lefedett rész területének és a nem fedett rész területének arányát! Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér OKTV 05/06 forduló

Feladatlapok I forduló Gimnázium A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els forduló MATEMATIKA II KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK Adottak az,, 3,, 05 grammos súlyok Be lehet-e osztani ket öt csoportba úgy, hogy a súlyok száma és az összege is azonos legyen minden csoportban? Két egyenl szárú háromszöget vizsgálunk Az els nél a háromszög beírt köre a szárakat az alaphoz közelebbi harmadolópontban érinti, a másodiknál az alaptól távolabbi harmadolópontban Melyik esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobb hányadát? 3 A pozitív egész számok körében négy egymást követ páratlan szám négyzetének az összegét vizsgáljuk Hány ilyen számnégyes van és 00 között, amelyeknél ez a négyzetösszeg 36-tal osztható? 4 A a osztály sakkozni szeret diákjai körmérk zéses sakktornát rendeztek egymás között Mindenki mindenkivel egyszer játszott Az eredmények érdekesen alakultak: a résztvev k közül bármely kett höz van legalább egy olyan, akit mindketten legy ztek a tornán Legalább hányan szeretnek sakkozni a a-ban? 5 Oldjuk meg a következ egyenletet, ha x -nél nagyobb természetes szám: + + 3 + + 3 + 4 + + + (x ) + 05 (x + ) = x x Valamennyi feladat 7 pontot ér 3

Feladatlapok I forduló Specmat A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA III KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK Mely ABC háromszögekhez léteznek olyan e és f egyenesek, hogy az A pontot e-re, majd a kapott pontot f-re tükrözve B-t kapjuk, viszont az A-t előbb f-re, majd a kapott pontot e-re tükrözve C-t kapjuk? Milyen alapú számrendszer esetén létezik olyan -nél nagyobb pozitív egész, amely megegyezik a számjegyei összegének a négyzetével? 3 Adott a síkon két kör egymás külsejében, sugaraik r és R Egy egyenlő szárú háromszög alapja az egyik külső közös érintőszakaszon fekszik, szemközti csúcsa a másik külső közös érintőszakaszra illeszkedik, szárai pedig érintenek egyet-egyet a körök közül Igazoljuk, hogy a háromszögnek az alaphoz tartozó magassága r + R 4 Legyenek az n pozitív egésznél nem nagyobb prímek p,, p r Bizonyítsuk be, hogy r log pi n = i= r n i= p i i<j r n ahol x az x szám (alsó) egészrészét jelenti p i p j + 3 i<j<k r n p i p j p k, 5 Egy 06 csúcsú teljes gráf csúcsaiba versenybolhákat ültetünk, éleit pedig megszámozzuk az,,, ( ) 06 természetes számokkal A számokat ezután növekvő sorrendben felolvassuk Minden egyes szám felolvasása után a számhoz tartozó él két végén ülő bolha helyet cserél A verseny győztese a legtöbb helycserét végző bolha (Holtverseny esetén több győztes is lehet) (a) Legfeljebb hány helycserét végezhet egy győztes bolha? (b) Legalább hány helycserét kell végeznie egy győztes bolhának? Valamennyi feladat 7 pontot ér 4

Feladatlapok II forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK Egy adott földterület felásását három munkás végzi Éppen elkészülnek a munkával, ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot dolgozik Akkor is éppen elkészülnének a munkával, ha az első munkás 7 napot, a második 9 napot és a harmadik napot dolgozna Hány napot kellene a munka elvégzéséhez a harmadik munkásnak dolgoznia, ha az első csak napot, a második pedig csak 4 napot dolgozna? Húzzon egy vízszintes egyenest, majd egy erre merőleges függőleges egyenest, ezután az utóbbira merőleges vízszintes egyenest, és így tovább Minden újabb egyenes legyen merőleges a közvetlen előtte húzott egyenesre és különbözzön az összes előző egyenestől! Bizonyítsa be, hogy az eljárást bármikor abbahagyva a keletkező metszéspontok száma vagy két egymást követő természetes szám szorzatával vagy egy négyzetszámmal egyenlő! 3 Bizonyítsa be, hogy minden x Mikor áll fenn egyenlőség? valós szám esetén sin x 3 cos x! 4 Határozza meg a számjegyét! log log 3log 04 log 05 3 4 3 4 05 szorzat utolsó 5 Az ABC háromszögben a szokásos jelölések mellett 60 és 40 Legyen a P pont a BC oldal egy belső pontja Bizonyítsa be, hogy az ABP háromszög körülírt körének középpontját az AP egyenesre tükrözve a PCA háromszög körülírt körének egy pontját kapjuk! Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér OKTV05/06 második forduló 5

Feladatlapok II forduló Gimnázium 6

Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK Adott három egymástól és nullától különböző számjegy, melyekből elkészítjük az összes lehetséges tízes számrendszerbeli háromjegyű számot Azt tapasztaljuk, hogy a kapott háromjegyű számok közül a két legnagyobb szám összege 444 Határozza meg a három számjegyet! Legyenek p ; t; r pozitív prímszámok Tekintsük azt a számtani sorozatot, amelynek első tagja d 7t Határozza meg a p t; r ; prímszámokat, ha teljesül, hogy a r, differenciája a p t a t r a r p d p t r! 3 3 Az ABC hegyesszögű háromszög AB; BC és CA oldalain úgy vettük fel a E F belső pontokat, hogy DE BE és FE CE Igazolja, hogy az ADF háromszög köré írt kör középpontja illeszkedik a szögfelezőjére! D; és DEF Minden feladat helyes megoldása 0 pontot ér 7

Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny harmadik, dönt forduló MATEMATIKA II KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK Jelölje a pozitív egész k utolsó jegyét u(k), például u(06) = 6 Egy számsorozat tagjainak képzési szabálya a következ : a pozitív egész a 0 adott, továbbá n > 0 esetén a n = a n + u(a n ) Milyen a 0 számok esetén tartalmaz a sorozat végtelen sok 3-hatványt? A négyzetrácson adott az ABCD konvex rácsnégyszög úgy, hogy mind a négy csúcsa, mind pedig átlóinak M metszéspontja rácspont (azaz olyan pont, melynek mindkét koordinátája egész) Jelölje t az ABCD négyszög, t pedig az ABM háromszög területét Igazoljuk az alábbi egyenl tlenséget és állapítsuk meg, mikor lehet egyenl ség: t t + 3 Egy társaság n tagból áll, közülük néhányan ismerik egymást, az ismeretség kölcsönös Bármely két, egymást nem ismer embernek pontosan két közös ismer se van Amennyiben két ember ismeri egymást, nekik nincs közös ismer sük Igazoljuk, hogy a társaság minden tagjának ugyanannyi ismer se van Valamennyi feladat 7 pontot ér 8

Feladatlapok Dönt forduló Specmat A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK Az {,,, n} halmaz egy részhalmazát kicsinek nevezzük, ha üres vagy kevesebb eleme van a legkisebb eleménél Adott n-re hány kicsi részhalmaz van? Anna tetszőlegesen beosztja az n +, n +,, n + k számokat k darab diszjunkt párba Ezután megmondja Balázsnak, mennyi az egyes párokban az elemek szorzata Legyen f(n) az a maximális k, amelyre ebből a k darab szorzatértékből Balázs mindig ki tudja találni az Anna által gondolt számpárokat Bizonyítsuk be, hogy vannak olyan c és d, az n-től független pozitív konstansok, hogy minden elég nagy n-re c n < f(n) < d n 3 Az ABC háromszög A-val átellenes oldalán felvettük az A ot, a B-vel átellenes oldalon B -et, a C-vel átellenesen C -et úgy, hogy az AA, BB, CC szakaszok áthaladnak ugyanazon a P ponton Bizonyítsuk be, hogy AP P A + BP P B + CP P C < 3( BC + CA + AB ) 9

Megoldások I forduló Szakközépiskola O k t a t á s i H i v a t a l A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 05 olyan négyjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek és közülük pontosan kettő prímszám Hány ilyen négyjegyű természetes szám van? Megoldás: A 0-es számrendszerben a tíz darab számjegy között négy prímszám van, ezek a ; 3; 5; 7 4 Ezekből két különböző számjegy 6 -féleképpen választható ki Ha a két nem prím számjegy közül az egyik a 0, akkor a másik nem prím számjegy 5-féle lehet Mivel 0 nem állhat az ezresek helyén, ezért a négy különböző számjegynek 33 8-féle sorrendje lehetséges Ebből az következik, hogy a feltételeknek megfelelő olyan négyjegyű szám, amelynek jegyei között egy darab 0 számjegy van, pontosan 6 58 540 állítható elő Ha a két különböző, nem prím számjegy egyike sem 0, akkor a nem prím számjegyek közül 5 két különbözőt 0-féleképpen választhatunk ki A négy különböző számjegynek 43 4 -féle sorrendjét állíthatjuk elő Ebből azt kapjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelelő olyan négyjegyű szám, amelynek jegyei között a 0 számjegy nem szerepel, pontosan 6 0 4 440 darab van Tehát az olyan 0-es számrendszerbeli, különböző számjegyekből álló négyjegyű számból, amelynek pontosan két jegye prímszám, 540 440 980 darab van Összesen: pont 0 pont 0

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Oldja meg a valós számpárok halmazán az egyenletrendszert! Megoldás: A két egyenlet megfelelő oldalait összeadva azt kapjuk, hogy x y, x 7 y 4 () Ebből ekvivalens átalakítással 5 x x y y 4 pont () x x y 4 y 0 következik pont Látható, hogy () bal oldala két teljes négyzet összege, mégpedig x (3) y 0 A (3) összefüggés bal oldalán szereplő zárójeles kifejezések nem negatívak, összegük akkor és csak akkor zérus, ha mindkét kifejezés értéke zérus pont Ebből x 0 és y 0 következik Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az x ; y valós számpár Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a kapott számpár az eredeti egyenletrendszer mindkét egyenletét kielégíti Összesen: 0 pont OKTV 05/06 forduló

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Megoldás: Az első egyenletből kifejezhetjük az x -et, ezzel () x y Az () mindkét oldalát négyzetre emelve x 4 4 y y Ezt a második egyenletbe helyettesítve és rendezve: 4 () y y y 0 A () bal oldala szorzattá alakítható 3 (3) y y 0 y 3 3 Mivel y y y y y y y y szereplő második zárójeles kifejezés is szorzattá alakítható Eszerint:, ezért a (3) bal oldalán (4) y y 0 y A (4) egyenlet bal oldalán y y y, ezért y y 0 nem lehetséges Ebből az következik, hogy (4) csak úgy teljesülhet, ha y 0 Az y 0 eredményünkből y adódik, ez pedig () alapján azt jelenti, hogy x Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az x ; y valós számpár Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért az x ; y számpár az eredeti egyenletrendszer mindkét egyenletét kielégíti Összesen: pont 0 pont OKTV 05/06 forduló

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 3 A BC átfogójú ABC derékszögű háromszög AB befogójának A pontból induló félegyenesén megjelöljük azt a B 0 pontot, amelyre AB0 3 AB Azt tapasztaljuk, hogy az ABC és AB 0 C háromszögek hasonlók Bizonyítsa be, hogy az Megoldás: jelöléseink az ábrán láthatók AB 0 C háromszögben CB belső szögfelező! Legyen ábra AC b és AB c Ekkor a feltételeknek megfelelően AB 0 3c AB 0 C derékszögű háromszögek hasonlók, hegyesszögeik páronként Mivel az ABC és egyenlők Ezért az ábra jelöléseinek megfelelően vagy A összefüggés azonban nem állhat fenn, mert az ABC szög a BB 0 C háromszög külső szöge, ezért BCB, vagyis 0 Ebből az következik, hogy csak, valamint ACB állhat fenn Az ABC és 0 AB 0 C derékszögű háromszögek hasonlósága azt is jelenti, hogy a megfelelő oldalak hosszának aránya a két háromszögben egyenlő, azaz jelöléseinkkel b 3c () c b Az () összefüggésből azt kapjuk, hogy b 3c, ahonnan AC AB0, innen AB AC () b c 3 b Így () alapján az ABC háromszögben tg 3, innen pedig a hegyesszögre c 60 adódik, és ezzel 30 Eszerint ACB 30 és ACB 0 60, ez éppen azt jelenti, hogy az AB 0 C háromszögben CB belső szögfelező, és éppen ezt akartuk bizonyítani Összesen: pont pont pont 0 pont OKTV 05/06 forduló 3

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória p p 4 Legyenek a x x 0 egyenlet valós gyökei x és x p p 4 Határozza meg a p 0 valós paraméter mindazon értékeit, amelyekre fennáll, hogy x x x x! p Megoldás: p Mivel p 0, ezért 0 p, így a feladatbeli egyenlet másodfokú, továbbá a bal oldalon szereplő törtek nevezői miatt teljesül, hogy p és p Az egyenletnek vannak valós gyökei, tehát az egyenlet diszkriminánsa nem negatív valós szám: p () p 4 0 4 p p Az () bal oldalán egyszerűsítés, a törtek közös nevezőre hozása és a műveletek elvégzése után azt kapjuk, hogy () 6 p 4 p 0 p p Mivel p 0, ezért a () egyenlőtlenség kétféle módon állhat fenn: (3) 6p 4p 0 és p 0, vagy (4) 6p 4p 0 és p 0 A 6p 4p 0 egyenletnek nincs valós megoldása, mert az egyenlet diszkriminánsa negatív, tehát az p 6 p 4p 0 Az p 6 p 4p 0 f másodfokú függvénynek nincsen zérushelye f függvény képe lefelé nyíló parabola, ezért 6p 4p 0 nem lehetséges, vagyis a (3) egyenlőtlenségek nem teljesülhetnek egyetlen p valós számra sem Ebből az is következik, hogy 6p 4p 0 minden p valós számra igaz, tehát (4) alapján a () egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha (5) p OKTV 05/06 forduló 4

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória A másodfokú egyenlet Viéte-formulái alapján p x x és 4 p p p p p x x x, p Mivel a feladat feltétele szerint x x x ezért, p 4 p p p p p p ahonnan egyszerűsítés, a műveletek elvégzése és rendezés után azt kapjuk, hogy, (6) 5p 7 p 6 0 A (6) másodfokú egyenlet megoldásai p és 3 5 p A p 3 megoldás nem felel meg az (5) feltételnek, ezért csak p lehetséges 5 p p A p értéket a x x 0 egyenletbe helyettesítve a műveletek 5 p p 4 elvégzése után a 7x x 7 0 másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek gyökei 6 85 6 85 x és x 7 7 Számolással ellenőrizhető, hogy ezekre p mellett valóban teljesül, hogy 5 x x x x p Összesen: 0 pont OKTV 05/06 forduló 5

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 5 Az a n sorozatra teljesül, hogy a, és minden n esetén an a n an Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyik nagyobb -nál? 00 Megoldás: Ha a n 0, akkor az an a n képzési szabály alapján a n 0 is teljesül minden a n n esetén Mivel a, ezért a 0, ebből a 0, és ehhez hasonlóan minden n pozitív egész számra igaz, hogy a 0, vagyis a sorozat minden tagja pozitív szám n an Vehetjük tehát az a n képzési szabály két oldalának a reciprokát: an () a n a n () alapján felírhatunk egy n darab egyenletből álló egyenletrendszert: ; a a () a n n a a a n n 3 ; pont pont Az egyenletek megfelelő oldalait összeadva kapjuk, hogy a n a (3) n Mivel a feltétel szerint a, ezért (3) alapján n, és ezzel a n (4) a n, n ahol n 0 pozitív egész szám OKTV 05/06 forduló 6

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória A feladat kérdésére akkor adjuk meg a választ, ha megoldjuk az egyenlőtlenséget a n 00 * pont A (4) eredmény alapján n 00, ebből rendezés után 0 n következik * pont Eszerint a sorozatnak pontosan 50 olyan tagja van, amelyek nagyobbak -nál 00 * pont Összesen: 0 pont Megjegyzés: az a n alapján a n n, és így an an, n n n ahonnan a műveletek elvégzésével azt kapjuk, hogy an an n n Ez azt jelenti, hogy minden pozitív egész n számra a n an 0, vagyis an an, tehát a sorozat szigorúan monoton csökkenő Számolással ellenőrizhető, hogy a 50 és a 5 99 0 A sorozat szigorúan monoton csökkenő tulajdonságából tehát az következik, hogy a sorozatnak valóban 50 olyan tagja van, amelyek nagyobbak -nál 00 Ha a versenyző a feladat megoldását a sorozat szigorúan monoton csökkenő tulajdonságának bizonyítására építve a fenti módon fejezi be, a *-gal jelzett pontokat megkapja OKTV 05/06 forduló 7

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 6 A négyzet alakú ABCD asztallapra két egybevágó szabályos háromszöget terítünk le az ábra szerint (a szabályos háromszögek oldalainak hossza egyenlő a négyzet oldalainak hosszával) Határozza meg a kétszer lefedett rész területének és a nem fedett rész területének arányát! Megoldás: jelöléseink a ábrán láthatók ábra Az ADF és CDF szabályos háromszögek minden szöge 60 -os, oldalaik hosszát, és ezzel az ABCD négyzet oldalainak hosszát is a -val jelöltük Az ADG háromszögben GAD 60 és GDA 30, hiszen GDA CDA CDE 90 60 Eszerint az ADG háromszög harmadik szöge derékszög, azaz AGD 90 A CDH háromszögben hasonlóképpen láthatjuk be, hogy HCD 60, HDC 30 és CHD 90 Az is látható, hogy az ADG és CDH háromszögek egybevágó, a átfogójú derékszögű háromszögek, ezért T -gyel jelölt területük egyenlő OKTV 05/06 forduló 8

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Ismert, hogy azokban a a átfogójú derékszögű háromszögekben, amelyekben a hegyesszögek nagysága 30 és 60, a 30 -os és 60-os szögekkel szemben levő befogók hossza rendre a és a 3 Ebből az következik, hogy: () AG CH a és GD HD a 3 Abból, hogy AGD 90 és CHD 90, az is adódik, hogy EGK 90 és FHK 90 Mivel DEC 60 és AFD 60, ezért GEK 60, illetve HFK 60, ezzel pedig GKE 30 és HKF 30 Ugyanakkor GE DE GD és HF DF HD, ezért az EKG és FKH 30 -os és 60-os hegyesszögekkel rendelkező derékszögű háromszögekben () HF a a 3 GE és HK a a 3 3 GK Az EKG és FKH háromszögekben a megfelelő szögek egyenlők, és () szerint két-két megfelelő oldaluk is egyenlő, ezért a két háromszög egybevágó, tehát a T -vel jelölt területük egyenlő Jelölje továbbá a kétszer fedett területet T 3, ez a DGKH négyszög területe, illetve jelölje a szabályos háromszögek által nem fedett területet T 0 Feladatunk a T T 3 0 arány meghatározása A ábrán az ADF és CDF szabályos háromszögekben a GD illetve HD súlyvonalak felezik a megfelelő háromszögek területét, ezért (3) T T T3, valamint (4) T0 TABCD T T T3 pont 3 Mivel AG a és GD a 3, ezért T a, továbbá mivel GE a a 3 és GK a a 3 3 3, ezért T a 3 Ebből (3) alapján a műveletek elvégzésével és egyszerűsítéssel kapjuk, hogy (5) a 3 3 3 T 3 OKTV 05/06 forduló 9

Megoldások I forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Felhasználjuk, hogy T ABCD 4a, ezzel (4) szerint 3 3 a 3 3 3 T 0 4a a 3 a, ahonnan a műveletek elvégzése után: (6) 5a 3 Az (5) és (6) összefüggések szerint T 0 T3 a 3 3 3 (7) T0 5a 3 A (7) jobb oldalán szereplő tört számlálóját és nevezőjét T3 3a 3 3 nem változik, ezzel T0 5 a 3 3 3 -mal szorozva a tört értéke, az egyszerűsítéseket elvégezve pedig azt T 3 kapjuk, hogy 3 T0 5 Eszerint a feladatban szereplő kétszer lefedett és a nem fedett területek aránya T 3 3 T 5 0 Összesen: 0 pont OKTV 05/06 forduló 0

Megoldások I forduló Gimnázium A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els forduló MATEMATIKA II KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató Adottak az,, 3,, 05 grammos súlyok Be lehet-e osztani ket öt csoportba úgy, hogy a súlyok száma és az összege is azonos legyen minden csoportban? Megoldás: Megmutatjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelel csoportok létrehozhatóak A súlyokra a rájuk írt számokkal hivatkozunk El ször tekintsük az,, 3,, 5 számokat Ezek egy lehetséges beosztása: 5 + 7 + = 4 + 6 + 4 = 3 + + 0 = + 9 + 3 = + 8 + 5 Minden csoportban három szám van, mindegyikben 4 a számok összege és minden számot pontosan egyszer használtunk fel 3 pont Megmutatjuk, hogy tíz szomszédos egész szám is csoportokba osztható a kívánt módon Legyenek a számok n, n +,, n + 9, a csoportok pedig: n + (n + 9) = (n + ) + (n + 8) = (n + ) + (n + 7) = (n + 3) + (n + 6) = (n + 4) + (n + 5) pont A 05 súly beosztása történhet a következ képpen: az els 5 számot szétosztjuk a megadott módon, majd sorra vesszük tízesével a számokat és szétosztjuk ket a fent megadottak szerint a meglév csoportokba Így minden szám sorra kerül, hiszen 05 = 5 + 00 0 pont Összesen 7 pont Két egyenl szárú háromszöget vizsgálunk Az els nél a háromszög beírt köre a szárakat az alaphoz közelebbi harmadolópontban érinti, a másodiknál az alaptól távolabbi harmadolópontban Melyik esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobb hányadát? OKTV 05/06 forduló

Megoldások I forduló Gimnázium Matematika II kategória Megoldás: Legyen a háromszög alapja BC, ennek felez pontja F, a beírt kör középpontja O, sugara r, a beírt körnek az AB száron lev érintési pontja D Legyen OA = y, BF = x Küls pontból a körhöz húzott érint szakaszok egyenl k, így BF = BD = x Az OAD háromszög hasonló BAF háromszöghöz, hiszen A-nál lev szögük közös és D-nél illetve F -nél derékszög van, így szögeik ugyanakkorák A x y A x D r O D y x r O B x F C B x F C El ször tekintsük azt az esetet, amikor BD : DA = :, azaz AD = x Az említett hasonló háromszögek megfelel oldalainak aránya megegyezik, tehát y : 3x = r : x y = 3r Írjuk fel a Pitagorasz tételt az OAD háromszögre: r + (x) = y = (3r) x = r A beírt kör területe T = r π A háromszög területe T = x (r +y) = r (r +3r) = 4 r A kör és a háromszög területének aránya: T = r π T 4 05554 pont r Most tekintsük azt az esetet, amikor BD : DA = :, azaz AD = x Az el z gondolatmenet lépései mentén: a hasonló háromszögekb l y = 3 r, a Pitagorasz tételb l x = 5r A háromszög területe ebben az esetben T 3 = x(r + y) = 5r(r + 3r) = 5 5 r A kör és a háromszög területének aránya ebben az esetben : T = r π T 5 056 pont 5 3 r A második esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobb hányadát Összesen 7 pont OKTV 05/06 forduló

Megoldások I forduló Gimnázium Matematika II kategória 3 A pozitív egész számok körében négy egymást követ páratlan szám négyzetének az összegét vizsgáljuk Hány ilyen számnégyes van és 00 között, amelyeknél ez a négyzetösszeg 36-tal osztható? Megoldás: A szóban forgó számok jelöléseit úgy választjuk, hogy négyzetösszegük viszonylag egyszer kifejezés legyen Tehát a számok: Ezek négyzetösszege n 3, n, n +, n + 3 (n 3) + (n ) + (n + ) + (n + 3) = 6n + 0 = 4(4n + 5) Ez akkor és csakis akkor osztható 36 = 4 9-cel, ha 4n + 5 osztható 9-cel Viszont 4n + 5 = 4n + 5 + 4 4 = 4(n ) + 9 = 4(n + )(n ) + 9, ez pedig akkor osztható 9-cel, ha (n + )(n ) is osztható pont n+ és n különbsége, ezért csak egyikük lehet 3-mal osztható, ezért (n+)(n ) csak akkor osztható 9-cel, ha a tényez k valamelyike osztható, ha tehát n + = 9k vagy n = 9k (k pozitív egész), azaz n = 9k vagy n = 9k + pont Az els esetben a számnégyes kezd száma 8k 5 alakú, a feladat feltételének a 3, 3, 49, 67, 85 kezd számok felelnek meg A második esetben a kezd szám alakja 8k, a feltételeknek a 7, 35, 53, 7, 89 kezd számok tesznek eleget, tehát összesen 0 számnégyes elégíti ki a feltételeket pont Összesen 7 pont 4 A a osztály sakkozni szeret diákjai körmérk zéses sakktornát rendeztek egymás között Mindenki mindenkivel egyszer játszott Az eredmények érdekesen alakultak: a résztvev k közül bármely kett höz van legalább egy olyan, akit mindketten legy ztek a tornán Legalább hányan szeretnek sakkozni a a-ban? Megoldás: Tekintsük az egyik versenyz t, legyen A Van olyan, akit legy zött, legyen közülük az egyik B Van olyan, akit A és B is legy zött, legyen C Van, akit A és C is legy zött, ez nem lehet B, legyen D Azt kaptuk, hogy tekintve egy tetsz leges versenyz t, esetünkben A-t, található hozzá három olyan másik, akiket legy zött Ezek voltak A-hoz B, C és D pont Így n résztvev esetén legalább 3n mérk zés volt Másrészt a mérk zések száma összesen n(n ), azaz n(n ) 3n, amib l az adódik, hogy a résztvev k száma legalább 7 pont 7 résztvev esetén megadhatóak az eredmények a feladat feltételeinek megfelel en Ültessük le a 7 embert egy kerek asztal köré és mindenki gy zze le a jobb oldali szomszédját, a jobb oldali másodszomszédját és a bal oldali harmadszomszédját Ha a versenyz k a OKTV 05/06 3 forduló 3

Megoldások I forduló Gimnázium Matematika II kategória kör mentén sorban A, B, C, D, E, F és G, akkor pl A legy zte B-t, C-t és E-t, a többi mérk zés ennek mintájára forgásszimmetrikusan adódik Ha két ember szomszédos, pl A és B, akkor mindketten legy zték C-t Ha másodszomszédosak, pl A és C, akkor mindketten legy zték E-t Ha harmadszomszédosak, pl A és D, akkor mindketten legy zték E-t A forgásszimmetria miatt minden lehet séget végignéztünk, valóban teljesülnek a feladat feltételei 3 pont Összesen 7 pont Megjegyzés: Ha a dolgozatban 7 sakkozó esetén más módon (pl táblázat, gráf, stb) megadja az eredményeket, de nem ellen rzi, hogy teljesülnek a feladat feltételei, akkor legfeljebb 6 pont adható 5 Oldjuk meg a következ egyenletet, ha x -nél nagyobb természetes szám: + + 3 + + 3 + 4 + + + (x ) + 05 (x + ) = x x Megoldás: A bal oldalon az els gyökjel alatti szám 49, amib l kényelmesen gyököt 36 lehet vonni Vizsgáljuk a bal oldal egy általános tagját: + (n ) n + (n + ) = n 4 + n 3 + 3n + n + + n + = n (n + ) n(n + ) A gyökvonást elvégezve és tovább alakítva: pont (n ) + n + = n + n + = + n(n + ) n(n + ) n(n + ) = + n n + Ekkor egyenletünk így írható fel: ( + ) ( + + 3 3 4 ) + + ( + x ) = x 05 (x + ) x pont A bal oldali összeg úgynevezett teleszkópikus összeg, rendezés után megmarad bel le x darab -es, a törtek közül pedig az + és a Így egyenletünk: x x + x Mivel x > beszorozhatunk x-szel és így a 05 (x + ) = x (x + )(x ) = 05(x + ) egyenlethez jutunk, amelynek az x > feltételt kielégít egyetlen gyöke az x = 07 pont Összesen 7 pont OKTV 05/06 4 forduló 4

Megoldások I forduló Specmat A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló 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 tól 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, 05 november A versenybizottság feladat Mely ABC háromszögekhez léteznek olyan e és f egyenesek, hogy az A pontot e-re, majd a kapott pontot f-re tükrözve B-t kapjuk, viszont az A-t előbb f-re, majd a kapott pontot e-re tükrözve C-t kapjuk? Megoldás: Tegyük fel először, hogy az ABC háromszöghöz találhatók ilyen egyenesek A két egyenes nem lehet párhuzamos, hiszen akkor A, B és C kollineáris volna () Legyen M az e és f metszéspontja Az egymás után végzett két tükrözés M körüli elforgatással helyettesíthető, amelynek az irányát a két tükrözés sorrendje határozza meg: fordított sorrend esetén ellentétes irányú forgatást kapunk ugyancsak az M középpont körül A forgatás szöge mindkét esetben ugyanakkora (történetesen az e és f által bezárt szög kétszeresével egyenlő) ( pont) OKTV 05/06 forduló 5

Megoldások I forduló Specmat Matematika III kategória Az A pontból B-t, illetve C-t M körüli ugyanakkora szögű forgatások származtatják, ezért AB = AC Az ABC háromszög tehát olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek BC az alapja ( pont) Megfordítva, ha az ABC háromszögben AB = AC teljesül, akkor e-nek és f-nek választhatjuk például a háromszög A-n áthaladó szimmetriatengelyét, illetve az AB oldal felező merőlegesét ( pont) feladat Milyen alapú számrendszer esetén létezik olyan -nél nagyobb pozitív egész, amely megegyezik a számjegyei összegének a négyzetével? Megoldás:A 0-es számrendszerben a 8 szám ilyen, mert 8 = (8 + ) () Ezt bármely b 3 alapú számrendszerre általánosíthatjuk: a b és számjegyekből álló kétjegyű b(b ) + = (b ) szám jó, hiszen (b ) b = (b )b + = ((b ) + ) ( pont) Megmutatjuk, hogy kettes alapú számrendszerben nincs ilyen szám, erre többféle meggondolást is adunk Mindegyikben indirekt módon feltesszük, hogy egy k-jegyű n > számban S darab -es jegy szerepel és n = S (i) Egy négyzetszám 8-cal osztva csak 0, vagy 4 maradékot adhat, ezért n utolsó három jegye 000, 00 vagy 00 () Ez azt jelenti, hogy n-ben az egyesek száma legfeljebb k, és így k n = S (k ) () Ez azonban nem lehet, mert teljes indukcióval belátjuk, hogy minden j = k 0-ra j+ > j : ez j 3-ra igaz, és j 3-ról j + -re lépve a bal oldal a duplájára nő, a jobb oldal pedig az ( + j ) ( + 3 ) < -szeresére ( pont) (ii) S = n + + + + S = S () Az előző részben látottakhoz hasonlóan teljes indukcióval adódik, hogy ez S 5-re nem teljesül ( pont) Így csak S 4, azaz n = S = 6, 9, 4 jöhet szóba, azonban ezek sem teljesítik az n = S feltételt () (iii) Ha n minden jegye, akkor k = n = S = k, de itt a 4-gyel való osztási maradékok nem egyeznek () Ha n-ben pontosan egy jegy 0, akkor k k n = S = (k ), ha pedig n-ben legalább két jegy 0, akkor k n = S (k ), () azonban belátható (és belátandó), például teljes indukcióval, hogy az ellenkező irányú 3 k > (k ), illetve k > (k ) egyenlőtlenségek állnak fenn ( pont) (iv) k n = S k, () és indukcióval adódik, hogy ez k 7-re nem teljesül () Ekkor n = S k 36, azaz n = S = 36, 5, 6, 9, 4 jöhet szóba, azonban ezek sem teljesítik az n = S feltételt ( pont) OKTV 05/06 forduló 6

Megoldások I forduló Specmat Matematika III kategória 3 feladat Adott a síkon két kör egymás külsejében, sugaraik r és R Egy egyenlő szárú háromszög alapja az egyik külső közös érintőszakaszon fekszik, szemközti csúcsa a másik külső közös érintőszakaszra illeszkedik, szárai pedig érintenek egyet-egyet a körök közül Igazoljuk, hogy a háromszögnek az alaphoz tartozó magassága r + R Első megoldás: Ha r = R, akkor a körök középpontjaihoz tartozó szakaszfelező merőleges egyúttal a szóban forgó egyenlő szárú háromszögnek is szimmetriatengelye, emiatt ilyenkor az állítás magától értetődik A továbbiakban feltesszük, hogy r < R, ekkor a két külső közös érintőegyenes metszi egymást Használjuk az ábra szerinti jelöléseket: A, B, C a háromszög csúcsai, F az alap felezőpontja, a körök középpontjai K és L, az érintési pontok D, E, G, H, I és J Az A-ból, B-ből, illetve C-ből húzott érintőszakaszok egyenlőségét, valamint az AB = AC és BF = F C egyenlőségeket felhasználva AE AJ = AG AH = CH BG = CI BD = F I F D következik Emiatt A és F ugyanakkora részszakaszokra osztja az egymással egyenlő EJ, illetve DI szakaszokat Tehát AJ = DF (és hasonlóan AE = F I) (3 pont) A megoldást innen többféleképpen lehet folytatni, itt kétféle befejezést ismertetünk (i) Hosszabbítsuk meg az ábra szerint a DK szakaszt K-n túl, valamint a JL szakaszt L-en túl, hogy messék a másik közös érintőegyenest a D, illetve J pontban Állítsunk merőlegest az EJ egyenesre az A pontban, és jelölje A ennek a merőlegesnek a metszéspontját a DI egyenessel Az így keletkező KD E, LJ I és AA F derékszögű háromszögek hasonlók, hiszen K-nál, L-nél, illetve A-nál levő szögük egyenlő a két kör külső közös érintőinek, azaz a DI egyenesnek és az EJ egyenesnek a hajlásszögével A hasonlóság miatt KD KE = AA AF = LJ LI, OKTV 05/06 3 forduló 7

Megoldások I forduló Specmat Matematika III kategória jelöljük λ-val ezeknek az arányoknak a közös értékét Ezzel DD = (+λ)r, JJ = (+λ)r, valamint AA = λm, ahol m jelöli az AF magasságot ( pont) Az F AD D és JJ A A derékszögű trapézok magassága (DF, illetve AJ) egyenlő, és a trapézok szögei is egyenlők Ezért a két trapézban az alapok különbsége egyenlő: m ( + λ)r = ( + λ)r λm Ebből átrendezve és ( + λ)-val osztva a kívánt m = r + R egyenlőség adódik (ii) Legyen a két külső közös érintő közti szög α, metszéspontjuk pedig O Ekkor ( pont) r + R = (OD + OI) tg α () A korábban megállapított DF = AJ egyenlőség alapján OD + OI = (OD + DF ) + (OI DF ) = OF + (OJ AJ) = OF + OA, () tehát r + R = (OF + OA) tg α = (cos α + )OAtg α = cos α OAtg α = OA sin α = m ( pont) Második megoldás: Használjuk most is az első megoldásban bevezetett A, B, C, D, E, G, H, I, J, K, L, m jelöléseket, továbbá jelölje a = BC az ABC háromszög alapját, b = AB = AC a szárát, e = DI = EJ pedig a külső közös érintőszakaszok hosszát Az A-ból, B-ből és C-ből húzott érintőszakaszok egyenlőségéből összeadással adódik, hogy az ABC háromszög kerülete e-vel egyenlő (3 pont) Tekintsük a DILJEK hatszöget, és írjuk fel a területét kétféleképpen Egyrészt a KL szimmetriatengely a hatszöget két egybevágó derékszögű trapézra vágja, amelyek területe külön-külön (r + R)e/-vel egyenlő () OKTV 05/06 4 forduló 8

Megoldások I forduló Specmat Matematika III kategória Másrészt a hatszög feldarabolható az ABC háromszögre és négy darab deltoidra, ezek DBGK, KGAE, CILH és HLJA A deltoidok közül az első kettőnek a területösszege a BAK háromszög területének a kétszeresével (br-rel), a második kettőnek az összege pedig az ACL háromszög területének a kétszeresével (br-rel) egyenlő () A terület kétféle felírásából a (r + R)e = am + br + br egyenlet adódik, ahonnan e = a+b figyelembe vételével átrendezéssel a kívánt m = r +R formula következik ( pont) 4 feladat Legyenek az n pozitív egésznél nem nagyobb prímek p,, p r Bizonyítsuk be, hogy r r n n n log pi n = + 3, p i p i p j p i p j p k i= i= i<j r ahol x az x szám (alsó) egészrészét jelenti i<j<k r Megoldás: Az egyenlőséget az adja, hogy valamit kétféleképpen is megszámoltunk, egyszerűen (ez a bal oldal) és bonyolultan (ez a jobb oldal) () Észrevesszük, hogy a bal oldal az n-nél nem nagyobb (prímek és) prímhatványok száma ( pont) A jobb oldalon az első összegben a p, p,, p r többszöröseit számoltuk össze, a több p i -vel oszthatókat annyiszor vettük figyelembe, ahány különböző prímosztójuk volt A második összeg hasonlóan a prímpárokkal oszthatók száma stb Világos, hogy a (prímek és) prímhatványok csak az első összegben jutnak szerephez () Be kell még látni, hogy a t különböző prímosztóval rendelkező, n-nél nem nagyobb számokat a jobb oldalon összességében 0-szor vesszük figyelembe Valóban, ezek az egyes összegeknél t-szer, ( ( t ) -ször,, t t) -szer szerepelnek, azaz összesen t ( ) t t ( ) t ( ) j j = t ( ) j = t( ) t = 0-szor (3 pont) j j j= j= 5 feladat Egy 06 csúcsú teljes gráf csúcsaiba versenybolhákat ültetünk, éleit pedig megszámozzuk az,,, ( ) 06 természetes számokkal A számokat ezután növekvő sorrendben felolvassuk Minden egyes szám felolvasása után a számhoz tartozó él két végén ülő bolha helyet cserél A verseny győztese a legtöbb helycserét végző bolha (Holtverseny esetén több győztes is lehet) (a) Legfeljebb hány helycserét végezhet egy győztes bolha? (b) Legalább hány helycserét kell végeznie egy győztes bolhának? OKTV 05/06 5 forduló 9

Megoldások I forduló Specmat Matematika III kategória Megoldás: Amikor két bolha helyet cserél, úgy képzeljük, hogy mindkettő végigmegy ellenkező irányban a megfelelő csúcsokat összekötő élen A verseny során minden egyes bolha egymás után csatlakozó élek egy sorozatát járja be, így a győztes bolha is () Tetszőlegesen választva különböző, egymáshoz csatlakozó élek egy sorozatát, vagyis a gráf egy vonalát, ha ezek az élek kapják sorban az,, stb sorszámokat, akkor a vonal kezdőpontján eredetileg ülő bolha pontosan ezeket az éleket fogja bejárni Következésképpen a válasz az (a) kérdésre a 06 csúcsú teljes gráfban található leghosszabb vonalnak a hossza () A gráfban egy vonal kezdő- és végpontja kivételével minden más csúcs a vonalnak páros sok éléhez tartozik A vonalon legfeljebb 06 csúcs van Ezek közül az első és az utolsó a vonalnak legfeljebb 05 éléhez tartozhat, a többi legfeljebb 04 csúcs mindegyike pedig legfeljebb 04-hez Így a vonalon található élek száma legfeljebb 05 + 04 04 ( 06 = ) 04, hiszen a számlálóban az éleket kétszer (a két végpont felől) számoltuk meg () Ilyen hosszú vonal létezik is a 06 csúcsú teljes gráfban Ehhez felhasználjuk azt a jól ismert tényt, hogy egy összefüggő gráf éleit akkor és csak akkor lehet bejárni egy vonallal, ha a gráf minden csúcsának, kettő kivételével, páros a foka Számozzuk meg a teljes gráf csúcsait -től 06-ig, és hagyjuk el a 3 és 4, az 5 és 6, stb, a 05 és 06 sorszámú csúcsok közötti élt A megmaradt gráfban az és számú csúcsok foka páratlan, az összes többi csúcs foka páros, így a gráfot egyetlen vonallal be lehet járni, amelynek a hosszát éppen a fenti kifejezés adja meg () A feladat (b) részének megoldásához vegyük észre, hogy minden egyes él felsorolásakor két bolha mozgott Összesen ( ) 06 él és 06 bolha van, tehát valamelyik bolhának és így a győztesnek is legalább (06 ) = 05 06 helycserét kellett végeznie () Megmutatjuk, hogy a csúcsokat fel lehet sorolni olyan sorrendben, hogy minden bolha pontosan 05 helycserét végezzen, így a válasz a (b) kérdésre 05 A bolhák fordulókban végzik a helycserét Minden bolha minden fordulóban pontosan egy helycserét végez, és 05 forduló lesz, ami a kívánt végeredményt adja A fordulók szervezéséhez helyezzük el a 06 csúcsot a következőképpen Közülük 05-öt helyezzünk el egy szabályos 05-szög csúcsaiban, az utolsót pedig tegyük a sokszög középpontjába Az i-edik fordulóban az i-edik csúcsban ülő bolha helyet cserél a középpontban ülővel, a többi bolha pedig az erre az egyenesre merőleges átlók mentén végzi a helycserét ( pont) OKTV 05/06 6 forduló 30

Megoldások II forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Egy adott földterület felásását három munkás végzi Éppen elkészülnek a munkával, ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot dolgozik Akkor is éppen elkészülnének a munkával, ha az első munkás 7 napot, a második 9 napot és a harmadik napot dolgozna Hány napot kellene a munka elvégzéséhez a harmadik munkásnak dolgoznia, ha az első csak napot, a második pedig csak 4 napot dolgozna? Megoldás: Tegyük fel, hogy az első munkás alatt végezné el egyedül a munkát x nap alatt, a második y nap alatt, a harmadik Ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot dolgozik, akkor rendre 5 7 elvégzik a munka ; x y illetve -ed részét Azt is tudjuk, hogy hárman együtt így az egész munkát elvégzik: () 5 7 4 x y z Hasonlóan kapjuk, hogy ha az első 7 napot, a második 9 napot és a harmadik napot 7 9 dolgozna, akkor rendre elvégeznék a munka ; x y illetve -ed részét Ebből azt kapjuk, hogy () 7 9 x y z A két egyenlet bal oldalait egyenlővé téve: 4 z 5 7 4 7 9 (3) x y z x y z A (3) egyenletből rendezés és -vel való egyszerűsítés után adódik, hogy (4) x y z z z nap OKTV 05/06 második forduló 3

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 7 9 7 7 A () egyenlet alakban is írható, ez pedig (4) alapján x y z x y y z azt jelenti, hogy 9 (5) y z Ha az első munkás napig, a második 4 napig dolgozna, akkor tegyük fel, hogy a harmadik munkásnak d napra lenne szüksége a teljes munka elvégzéséhez Ekkor (4) ismételt felhasználásával 4 x y d z x y y d z z y d z, azaz d (6) y z pont Az (5) és (6) összevetése után azt kapjuk, hogy d 9, ahonnan d 7 A harmadik munkásnak tehát 7 napot kellene dolgoznia a teljes munka elvégzéséhez, ha az első munkás napot, a második munkás 4 napot dolgozna Az () és () egyenleteket kielégítő x ; y; z valós számok léteznek, például az x y 0 és z 0 számhármas mindkét egyenletnek megoldása Összesen: 0 pont Megjegyzés: Az () és () egyenletek felírása után az () egyenlet mindkét oldalának 5 -tel való szorzása, és a () egyenlet mindkét oldalának 3 -mal való szorzása után a kapott egyenleteket kivonhatjuk egymásból 4 8 4 4 7 Ekkor, innen -vel egyszerűsítve x y z x y z Ebből pedig leolvasható, hogy a harmadik munkásnak 7 napot kellene dolgoznia a teljes munka elvégzéséhez, ha az első munkás napot, a második munkás 4 napot dolgozna Ez lehetséges is, mert például x y 0 és z 0 esetén a felírt egyenletek teljesülnek Ha a versenyző ezt a megoldási utat választja, akkor helyes megoldás esetén teljes pontszámot kap OKTV 05/06 második forduló 3

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Húzzon egy vízszintes egyenest, majd egy erre merőleges függőleges egyenest, ezután az utóbbira merőleges vízszintes egyenest, és így tovább Minden újabb egyenes legyen merőleges a közvetlen előtte húzott egyenesre és különbözzön az összes előző egyenestől! Bizonyítsa be, hogy az eljárást bármikor abbahagyva a keletkező metszéspontok száma vagy két egymást követő természetes szám szorzatával vagy egy négyzetszámmal egyenlő! Megoldás: A lehetséges metszéspontok számát aszerint csoportosítjuk, hogy az eljárást függőleges, vagy vízszintes egyenes megrajzolása után hagyjuk abba A vízszintes egyenesek párhuzamosak egymással, a függőleges egyenesek is párhuzamosak egymással, ezért metszéspontok csak vízszintes és függőleges egyenesek találkozásánál jönnek létre Amennyiben függőleges egyenes behúzása után hagyjuk abba az eljárást, akkor nyilvánvaló, hogy ugyanannyi vízszintes és függőleges egyenes lesz Ha pedig az eljárást vízszintes egyenes behúzása után hagyjuk abba, akkor pedig -gyel több vízszintes egyenes lesz, mint függőleges pont pont Az első esetben n darab vízszintes és n darab függőleges egyenes megrajzolása után abbahagyva az eljárást, mindegyik vízszintes egyenest n darab függőleges egyenes metsz Ezért n n n metszéspontot kapunk, tehát a kapott metszéspontok száma négyzetszám pont A második esetben, amikor az eljárást vízszintes egyenes rajzolása után hagyjuk abba, akkor n függőleges egyenes esetén n vízszintes egyenest rajzoltunk meg Ekkor az n vízszintes egyenes mindegyikén n darab metszéspont van, ez pedig azt jelenti, hogy a metszéspontok száma n n, vagyis két egymást követő pozitív egész szám szorzata Ezzel beláttuk, hogy az eljárást bármikor abbahagyva a keletkezett metszéspontok száma valóban vagy négyzetszám, vagy két egymást követő pozitív egész szám szorzata pont Összesen: 0 pont OKTV 05/06 3 második forduló 33

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 3 Bizonyítsa be, hogy minden x Mikor áll fenn egyenlőség? valós szám esetén sin x 3 cos x! Megoldás: Az f x sin x függvény tulajdonságai alapján minden x sin x, és ezért () 0 sin x valós számra teljesül, hogy Az () összefüggés alapján azt kapjuk, hogy ezért () sin x sin x g x cos x, és így Hasonlóképpen a x sin x sin x, és mivel sin x sin x, cos függvény tulajdonságai alapján minden x valós számra (3) 0 cos x Ebből pedig az következik, hogy cos x cos x, és mivel cos x cos x, ezért (4) cos x cos x A () és (4) összefüggések összevetésével adódik, hogy (5) sin x 3 cos sin x 3 cos x Az (5) egyenlőtlenség jobb oldalán sin x 3 cos x sin x cos x cos x, ebből pedig a sin x cos x trigonometrikus azonosság alapján az következik, hogy (6) sin x 3 cos cos x Mivel cos x 0, ezért (6)-ból a sin x 3 cos x bizonyítandó állítás azonnal adódik pont Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha cos x 0, ekkor sin x, azaz sin x Az egyenlőtlenségben az egyenlőség esete tehát az x k k Z áll fenn valós számokra Összesen: pont 0 pont OKTV 05/06 4 második forduló 34

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Megoldás: Mivel sin x 0 és cos x 0, ezért a bizonyítandó sin x 3 cos x egyenlőtlenség mindkét oldalának négyzetre emelése ekvivalens átalakítás A négyzetre emelés után azt kapjuk, hogy () 4 sin x sin x cos x 9 cos x 4 Nyilvánvaló, hogy sin x sin x és cos x cos x, ezért az () összefüggésből előbb 4 sin x sin x cos 9 cos x 4, illetve 4 sin x cos x sin x cos x 5 cos x () 4 következik A sin x cos x trigonometrikus azonosság alapján ()-ből azt kapjuk, hogy (3) sin x cos x 5 cos x 0 pont pont A (3) egyenlőtlenség pedig nyilvánvalóan teljesül, hiszen sin x 0 és cos x 0, továbbá cos x 0 Egyenlőség esetén sin x cos x 5 cos x 0, azaz cos x sin x 5 cos x (4) 0 Mivel sin x 0 és cos x 0, ezért sin x 5 cos x 0 csak akkor állhatna fenn, ha sin x 0 és cos x 0 egyszerre lenne igaz, de ez nem teljesül egyetlen x valós számra sem pont Ezért csak cos x 0 lehetséges, ekkor cos x 0, és így sin x, azaz sin x Az egyenlőtlenségben az egyenlőség esete tehát az x k k Z áll fenn valós számokra Összesen: 0 pont OKTV 05/06 5 második forduló 35

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 3 Megoldás: A derékszögű koordinátarendszerben megrajzolt, origó középpontú, egységnyi sugarú körben és rendre az egységvektortól x radián szöggel elforgatott egységvektor koordinátái cosx sin x i ;0 Ha sin x 0, akkor cos x Ekkor a bizonyítandó sin x 3 cos x egyenlőtlenség nyilvánvalóan teljesül Egyenlőség azonban nem állhat fenn, mert 0 3 pont Ha pedig cos x 0, akkor sin x A bizonyítandó sin x 3 cos x egyenlőtlenségben ekkor az egyenlőség esete áll fenn pont Végül, ha sin x 0 és cos x 0 derékszögű háromszög befogói egyszerre igaz, akkor sin x és cos x az egységnyi átfogójú Erre a háromszögre teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, azaz () sin x cos x Az () összefüggésből kapjuk, hogy sin x cos x, innen pedig cos x 0 miatt adódik a bizonyítandó egyenlőtlenség sin x 3 cos x Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy az sin x 3 cos x egyenlőtlenség minden x R számra igaz Egyenlőség akkor és csak akkor van, ha cos x 0, ekkor sin x, vagyis sin x Az egyenlőség esete tehát az x k k Z valós számokra áll fenn Összesen: pont 0 pont OKTV 05/06 6 második forduló 36

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 4 Határozza meg a számjegyét! log log 3log 04log 3 4 05 3 4 05 szorzat utolsó Megoldás: Tekintsük a szorzat egyik tényezőjét, ebben a hatványalap legyen k k ;3;4;;05 esetben a hatványkitevő rendre Ekkor a hatványozás azonossága alapján: k log k, ez () k k log k log k k k pont Az () jobb oldalán alkalmazva a hatványozás azonosságát, azt kapjuk, hogy () k k log log k k k k k A logaritmus definíciója szerint k log, ezért () és () felhasználásával (3) k log k k k k pont A (3) alapján a szorzat minden tényezője azonosan átalakítható úgy, hogy -nek a k hatványalapnál éppen -gyel kisebb hatványát kapjuk Eszerint a szorzat felírható a következő formában is: (4) 03 04 0304 (4) jobb oldalán a kitevőben látható összeg egy olyan számtani sorozat első 04 tagjának összege, amelyben az első tag a és a differencia d A számtani sorozat összegképletével felírva (5) 0405 0304 00705 Felhasználjuk, hogy a hatványainak utolsó számjegyei ;4;8; 6 négyes ciklussal ismétlődnek Ezért a hatványkitevőjének 4 -es maradéka meghatározza a szorzat utolsó számjegyét Az 007 és a 05 számok 4 -es maradéka egyaránt 3, ezért szorzatuk 4 -es maradéka 007 Emiatt a számjegye a 05, tehát a log log 3log 04log 3 4 05 3 4 05 szorzat utolsó Összesen: 0 pont Megjegyzés: A versenyző az 007 05 0905 szorzat 4 -es maradékát számológéppel is kiszámolhatja OKTV 05/06 7 második forduló 37

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória 5 Az ABC háromszögben a szokásos jelölések mellett és Legyen a P pont a BC oldal egy belső pontja Bizonyítsa be, hogy az ABP háromszög körülírt körének középpontját az AP egyenesre tükrözve a PCA háromszög körülírt körének egy pontját kapjuk! Megoldás: A feltételeknek megfelelő ábrát készítünk ( ábra) 60 40 ábra Az ábrán az ABP háromszög köré írt körének középpontja az O pont A p körben az ABP 40 kerületi szög, ez a szög ahhoz az AP ívhez tartozik, amelyen az A pontból a P pontba negatív irányban haladva juthatunk el Az AOP pedig a p körben ugyanehhez az ívhez tartozó középponti szög Így a kerületi és középponti szögek tétele alapján AOP ABP 80 p pont Legyen az O pontnak az AP egyenesre vonatkozó tükörképe a K pont A tengelyes tükrözés a szögek nagyságát nem változtatja meg, ezért () AOP AKP 80 pont Ugyanakkor az ABC háromszög C csúcsánál fekvő belső szögére ACB 80 Nyilvánvaló, hogy a K és C pontok az AP egyenesnek ugyanazon oldalán vannak, hiszen P pont a BC oldal belső pontja Eszerint az AP egyenesnek ugyanazon oldalán levő K és C pontokból az AP szakasz egyenlő nagyságú szögekben látszik, ezért a K és C pont is rajta van az AP szakasz fölé rajzolt 80 -os látószögköríven Ez azt jelenti, hogy a K pont rajta van a PCA háromszög körülírt körén, és éppen ezt akartuk bizonyítani Összesen: pont 0 pont OKTV 05/06 8 második forduló 38

Megoldások II forduló Szakközépiskola Matematika I kategória Megjegyzés: Megmutatható, hogy a feladat állítása általánosabb esetben is igaz Megoldásunk során ugyanis lényegében csak azt használtuk ki, hogy az ABC és az ACB jelöléssel, valamint azt a fontos feltételt, hogy az O és B pontok az egyenes által határolt két félsík közül ugyanabba a félsíkba esnek Ezt ki kell egészítenünk azzal, hogy mivel 3 és 80, ezért 3 80, azaz AP 60 Eszerint az állítás teljesül minden olyan háromszögre, amelyben 0 60, továbbá, és az O és B pontok az AP egyenes által határolt két félsík közül ugyanabba a félsíkba esnek OKTV 05/06 9 második forduló 39

Megoldások II forduló Gimnázium A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató Legyen n pozitív egész szám és jelölje n!! az n-nél nem nagyobb, vele azonos paritású pozitív egész számok szorzatát Igazoljuk, hogy 06!! 05!! osztható 07-tel Megoldás: 06!! 05!! = 4 06 3 05 4 06 3 05 = (07 05)(07 03)(07 ) 3 05 Ha felbontjuk a zárójeleket a (07 05)(07 03)(07 ) kiszámolásánál, akkor szinte minden tagban szerepel a 07, mint szorzótényez, így ezek a 07-es oszthatóságot nem befolyásolják, jelölje ezen tagok értékét 07N 4 pont Az egyetlen tag, amelyben nem szerepel a 07 pedig a ( 05)( 03)( ), amelyben páros sok tényez van ezért ( 05)( 03)( ) = 05!! Így 06!! 05!! = 07N és ezzel az állítást igazoltuk 3 pont Összesen 7 pont Mekkora lehet az x és y egész számok szorzata, ha (6x) 5 + 4y = 508, és (6y) 5 (x) 7 = 64, ahol az m és k egész számokra (m) k értéke k-nak az m-hez legközelebbi többese Megoldás: Az els egyenletben (6x) 5 5-nek többese, ezért 4y és 508 5-ös maradéka azonos, éppen 3 Végignézve y 5-ös maradékai szerint 4y 5-ös maradékát azt kapjuk, hogy y csak maradékot adhat Legyen y = 5k + Ekkor a második egyenletben szerepl 6y = 30k + és így (6y) 5 = 30k + 0 = 6y OKTV 05/06 forduló 40

Megoldások II forduló Gimnázium Most y kiküszöbölése érdekében az els egyenletet szorozzuk 3-mal a másodikat -vel: 3 (6x) 5 + y = 54, és ((6y) 5 (x) 7 ) = y 4 (x) 7 = 8 Az els egyenlet bal illetve jobb oldalából kivonva a második egyenlet megfelel oldalát kapjuk: 3 (6x) 5 + (x) 7 = 39 pont A feladatban szerepl (m) k jelölés páratlan k számok esetén egyértelm Legyen k = K +, ekkor a denícióból adódóan m K (m) k m + K Így 3 (6x ) + (x 3) 39 3 (6x + ) + (x + 3) x 39 x + A kapott egyenl tlenségb l x 404 és 380 x ezeknek pedig egyetlen közös egész megoldása van, az x = 63 pont Ezt behelyettesítve a feladatban szerepl els egyenletbe kapjuk, hogy y = 3 Ellen rizve, az egyetlen lehetséges megoldáspár az x = 63 és y = 3 és ezek valóban kielégítik mindkét egyenletet, szorzatuk pedig xy = 06 Összesen 7 pont 3 Az ABC szabályos háromszöget behajtjuk úgy, hogy az A csúcs a BC oldal B- hez közelebbi H harmadoló pontjába essen A hajtási vonalnak az AB illetve az AC oldalakkal vett metszéspontja legyen M illetve N Határozzuk meg a BHM háromszög és a CN H háromszög területének arányát Megoldás: Legyen az ABC háromszög oldala egység hosszú Legyen AM = x, ekkor BM = x A papír összehajtása azt jelenti, hogy az MN egyenesre A és H egymás tükörképei és így AM = HM C N H x A x M B OKTV 05/06 forduló 4

Megoldások II forduló Gimnázium Felírjuk a BHM háromszögre a koszinusz tételt: x = ( x) + 9 ( x) 3 Ebb l x = 7 5 pont Mivel BAC = MHN = 60, ezért a BHM háromszög hasonló a CNH háromszöghöz Mindkett ben B-nél és C-nél 60 os szög van és BMH = CHN, továbbá BHM = CNH pont Ebb l adódik a két háromszög területének aránya, hiszen az a hasonlóság arányának négyzete, azaz T BHM T CNH = ( BM CH ) ( 8 ) 5 = = 6 5 3 pont Összesen 7 pont Megjegyzés: A feladat több úton is megoldható Megadunk egy pontozási útmutatót a fentinél kevésbé ötletes gondolatmenet esetén is A számolásaink kényelme érdekében most BH-t választjuk egységnyinek, így ABC oldalai 3 egység hosszúak Legyen továbbá az AH szakasz felezpontja F Felírjuk a koszinusz tételt az ABH háromszög AH oldalára: AH = BH + BA BH BA cos 60 = + 9 3 = 7 Ugyanebben a háromszögben koszinusz tétellel meghatározzuk cos BAH értékét: Meghatározzuk AM értékét, cos BAH = AB + AH BH AB AH AF AM = cos BAH azaz A BHM háromszög területét kiszámolhatjuk = 9 + 7 3 7 = 5 7 AM = AH : cos BAH = 7 5 T BHM = BM BH sin 60 Hasonló gondolatmenettel cos CAH = 7, AN = 7 és így 4 A feladatban kit zött kérdésre a válasz = 3 5 T CNH = 5 3 8 T BHM = 6 T CNH 5 pont OKTV 05/06 3 forduló 4

Megoldások II forduló Gimnázium 4 Határozzuk meg azokat a pozitív p prímszámokat, amelyekre az alábbi tört értéke négyzetszám: p p Megoldás: Kipróbálva a, 3, 5 prímeket, a vizsgált tört értéke, és 3 Ezek közül csak az négyzetszám, tehát a p = 3 megoldás A továbbiakban legyen p > 3 és tegyük fel, hogy a tört értéke n Ekkor p = pn Mivel p > 3, így p páratlan és a bal oldal szorzattá alakítható: ) ) ( p ( p + = pn Mivel p > 3 és páratlan, ezért a bal oldalon álló szorzat mindkét tényez je páratlan, különbségük pedig Ebb l következik, hogy relatív prímek Mivel szorzatuk pn, ezért létezik két pozitív egész a és b, amelyekre (a; b) =, ab = n és az el bb említett szorzat egyik tényez je a, a másik pedig pb Mivel p > 3, ezért p 4-es maradéka 3, négyzetszám 4-es maradéka viszont csak 0, vagy lehet Így már csak egy szereposztás maradt: p = pb és p + = a Ha p 4-es maradéka, akkor p páros szám és így a = p + 3-as maradéka Mivel négyzetszám 3-as maradéka nem lehet, ezért p 4-es maradéka sem lehet A továbbiakban legyen p = 4k + 3 Ezt beírjuk a korábban kapott p + = a összefüggésbe: k+ + = a k+ = a = (a + )(a ) Mivel (a+)(a ) hatványa, ezért a+ és a is hatványa Mivel (a+) (a ) = és a hatványai között csak egyetlen esetben lesz a különbség, ezért egyetlen szóba jöhet megoldás maradt, ha a + = 4 és a = Ebb l k+ = (a + )(a ) = 8, k = és p = 4k + 3 = 7 pont A feladat feltételeinek két prímszám felel meg, a 3 és a 7 Összesen 7 pont OKTV 05/06 4 forduló 43

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 05/06 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató Adott három egymástól és nullától különböző számjegy, melyekből elkészítjük az összes lehetséges tízes számrendszerbeli háromjegyű számot Azt tapasztaljuk, hogy a kapott háromjegyű számok közül a két legnagyobb szám összege Határozza meg a három számjegyet! 444 Megoldás: jelölje a három számjegyet a ; b; c Mivel a számjegyek különbözők, föltehetjük, hogy a b c 0 Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb, továbbá nyilvánvaló, hogy abc acb A feltétel szerint abc acb 444, ezért abc acb alapján azt kapjuk, hogy () abc 444 és acb 444 pont Az () összefüggésekből adódik, hogy () abc 7 és acb 7 A () eredmények szerint csak a 7 lehetséges pont Ekkor viszont acb 7 miatt c A c esetben a feltételek figyelembe vételével csak b lenne lehetséges, de ez ellentmond a b c egyenlőtlenségnek Mivel a számjegyek mindegyike pozitív, ezért csak c állhat fenn 44

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Az a 7 és c eredmények és az abc acb 444 feltétel miatt 700 0b 700 0 b (3) 444 A (3) egyenletből egyszerű számolással adódik, hogy b 3 Ezért a keresett három számjegy: a 7, b 3 és c a 7 b 3 c Az, és számjegyekből összesen hat háromjegyű, különböző jegyekből álló számot készíthetünk, ezek közül a két legnagyobb az abc 73 és az acb 73, ezek összege valóban 444 Összesen: 0 pont Megoldás: jelölje a három számjegyet A számjegyek különbözők, ezért föltehetjük, hogy a b c 0 a ; b; c Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb, amelyek összege a feltétel szerint: azaz abc acb 444, 00a b c () 444 pont, Az () egyenletből ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy b c 44 00 7 a illetve () b c 4 00 7 a A () egyenlet bal oldala osztható -gyel, így a vele egyenlő jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie -gyel Mivel azonban a és 00 számok relatív prímek, ezért csak a jobb oldalon szereplő 7 a kifejezés lehet -gyel osztható Figyelembe véve, hogy a tízes számrendszerbeli számjegy, a -gyel osztható, ha a 7, ekkor 7 a 0 7 a kifejezés csak akkor lehet pont 45

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Ez azt is jelenti, hogy a () egyenlet mindkét oldalának értéke zérus Ebből pedig az következik, hogy vagyis (3) b c 4 0, b c 4 A feltételek szerint b és c különböző pozitív számjegyek, továbbá kezdeti feltevésünk szerint, így (3)-ból azt kapjuk, hogy csak b c b 3; c lehetséges Ezért a keresett három számjegy: a 7, b 3 és c a 7 b 3 c Az, és számjegyekből összesen hat háromjegyű, különböző jegyekből álló számot készíthetünk, ezek közül a két legnagyobb az abc 73 és az acb 73, ezek összege valóban 444 Összesen: 0 pont 3 Megoldás: jelölje a három számjegyet a ; b; c A számjegyek különbözők, ezért föltehetjük, hogy a b c 0 Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb, amelyek összege a feltétel szerint: a helyiértékek figyelembe vételével abc acb 444, 00a b c () 444 Mivel ezért a ; b; c különböző számjegyek, amelyek közül a a legnagyobb, továbbá 00 8 444, () a 7 pont 3 46

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Ebből az a b c 0 feltétel miatt (3) b c 5 6, b c, ebből pedig () miatt 00a 444, vagyis azaz következik 33 a 00 33 Számolással ellenőrizhetjük, hogy 6 7, és mivel az a 00 33 megfelelő pozitív egész, továbbá a, ezért 00 (4) a 7 szám az 0 a 9 feltételeknek A () és (4) összefüggések együttesen azt jelentik, hogy csak lehetséges a 7 A kapott értéket az () egyenletbe helyettesítve és az egyenletet rendezve azt kapjuk, hogy amelyből b c miatt csak b c 4, (5) b 3; c következhet A keresett három számjegy tehát: a 7, b 3 és c Az a 7, b 3 és c számjegyekből összesen hat háromjegyű, különböző jegyekből álló számot készíthetünk, ezek közül a két legnagyobb az abc 73 és az acb 73, ezek összege valóban 444 Összesen: 0 pont 4 47

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola p ; t; r Legyenek pozitív prímszámok Tekintsük azt a számtani sorozatot, amelynek első tagja a r, differenciája Határozza meg a prímszámokat, ha teljesül, hogy p ; t; r d 7t a p t a t r a r p d p t r! 3 Megoldás: a számtani sorozat első három tagja a sorozat képzési szabálya szerint a r, a r d r 7t és a r d r 4t 3 Ezeket beírhatjuk az a p t a t r a r p d p t r összefüggésbe: 3 () r p t r t t r r 4t r p 7t p t r 7 Az () egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk a pozitív r számmal, ekkor azt kapjuk, hogy p t r t t r 4t p 7t p 7, innen a zárójelek felbontásával adódik 3 p t 7t p 7t r p r t, ebből pedig egyszerű átalakításokkal: () 3 p t 7t p r p t p;t A prímszámok nem lehetnek egyszerre páratlanok, mert akkor () bal oldala páratlan, míg jobb oldala páros szám lenne pont Ezért három esetet kell megvizsgálnunk: a) a p;t prímszámok mindegyike páros, azaz p ; t, b) a p prím páros, vagyis p, a t prímszám páratlan, c) a t prím páros, vagyis t, a p prímszám páratlan Az a) esetben a p ; t értékeket ()-be helyettesítve azt kapjuk, hogy r 6, ez azonban nem prímszám, ezért a feladat feltételei mellett az a) eset nem fordulhat elő A b) esetben a szorzattá alakítással: p számot a () egyenletbe írva 6t 7t r t (3) t 7t r t 6, ahonnan rendezéssel és 5 48

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola A (3) egyenlet jobb oldala pozitív, ezért a bal oldalnak is pozitívnak kell lennie, ez azonban 3-nál nagyobb prímekre már nem teljesül t Figyelembe véve, hogy a b) esetben a prímszám páratlan, csak Ha, akkor (3)-ból egyszerű számolással kapjuk, hogy t 3 t r 3 t 3 lehetséges t A c) esetben a ahonnan rendezéssel kapjuk, hogy: számot a () egyenletbe helyettesítve 6 8 p r p (4) 8 r p p p, A (4) egyenletben a bal oldal páros szám, ezért a jobb oldalnak is páros számnak kell lennie, ez r p tényező páratlan azonban csak úgy lehet, ha az Mivel a c) esetben a prímszám páratlan, ezért szükségképpen párosnak kell lennie, azaz r p p is páratlan, tehát az r prímszámnak Az r számot a (4) egyenletbe írva egyszerű számolással adódik, hogy p 6 Ez nyilván nem megoldása a feladatnak, hiszen nem prímszám p 6 Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy a feltételeknek csak a prímszámok felelnek meg p ; t 3; r 3 Számolással ellenőrizve ezekre a prímszámokra a feladatbeli számtani sorozat különbsége d, első három tagja a ; a 8; a 39, és ezeket a számokat a 3 3 a p t a t r a r p d p t r egyenletbe írva mindkét oldal értéke 378 3 Összesen: 0 pont 6 49

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Megoldás: a számtani sorozat első három tagja a sorozat képzési szabálya szerint a r, a r d r 7t és a r d r 4t 3 Ezeket beírva a feltételként szolgáló a p t a t r a r p d p t r egyenletbe, 3 r tt r r 4t r p t p t r r p t 7 7, innen a pozitív r számmal az egyenlet mindkét oldalát osztva és a kapott egyenletet rendezve () 3 p t 7t p r p t pont A p ; t; r prímszámok paritása szerint 8 esetet kell megvizsgálnunk Ezek az esetek a következők: a) mindhárom prímszám páratlan, b) mindhárom prímszám páros, azaz p ; t ; r, c) p páros prím, azaz p, t; r páratlan prímek, d) t páros prím, azaz t, p; r páratlan prímek, e) r páros prím, azaz r, t; p páratlan prímek f) p; t páros prímek, azaz p ; t, r páratlan prím, g) p; r páros prímek, azaz p ; r, t páratlan prím, h) t; r páros prímek, azaz t ; r, p páratlan prím pont Az a) és az e) eset nem valósulhat meg, mert ha a prímszámok mindegyike páratlan, akkor () bal oldala páratlan szám, míg a jobb oldal két zárójeles kifejezése páros szám, ezért a jobb oldal is páros lenne p; t A b) eset sem állhat fenn, mert a p ; t ; r számok behelyettesítése esetén a bal oldal értéke 5, míg a jobb oldal értéke 36 7 50

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola A c) esetben rendezés és kiemelés után p behelyettesítése után ()-ből azt kapjuk, hogy 6t 7t r t () t 7t r t 6, illetve A () egyenlet jobb oldala pozitív, ezért a bal oldalnak is pozitívnak kell lennie, ez azonban 3-nál nagyobb prímekre már nem teljesül Mivel a c) esetben a prímszám páratlan, csak t 3 lehet Ebből () alapján azt kapjuk, hogy r 3 t t t A d) esetben, amikor, és páratlan prímek, az egyenlet két oldalának paritása eltérő, mégpedig a bal oldal páros, a jobb oldal páratlan Ezért a d) eset nem állhat fenn p; r Az f) esetben, amikor p ; t, és r páratlan prím, akkor ezeknek az értékeknek az () egyenletbe való beírásával arra az eredményre jutunk, hogy r 6, ez azonban nem prímszám, ezért a feladat feltételei mellett az f) eset sem lehetséges A g) esetben, amikor páros prímek, vagyis p ; r, és páratlan prím, behelyettesítés után azt kapjuk, hogy a bal oldal értéke páros, míg a jobb oldal páratlan pozitív egész szám, ezért ez az eset sem valósulhat meg p; r t Végül a h) esetben, mikor t ; r, és helyettesítve azt kapjuk, hogy p páratlan prím, a t ; r értékeket ()-be p 6, de ez nem prímszám, így a h) eset sem állhat fenn Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk és azt az eredményt kaptuk, hogy a feladat minden feltételét csak a c) esetben kapott p ; t 3; r 3 prímszámok elégítik ki Számolással ellenőrizve ezekre a prímszámokra a feladatbeli számtani sorozat különbsége d, első három tagja a ; a 8; a 39, ezeket a számokat a 3 3 a p t a t r a3 r p d p t r egyenletbe írva mindkét oldal értéke 378 Összesen: 0 pont 8 5

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola 3 Megoldás: a számtani sorozat első három tagja a sorozat képzési szabálya szerint a r, a r d r 7t és a r d r 4t 3 Ezeket beírva a feltételként szolgáló a p t a t r a r p d p t r egyenletbe, 3 r tt r r 4t r p t p t r r p t 7 7, innen a pozitív r számmal az egyenlet mindkét oldalát osztva és a kapott egyenletet rendezve () 7t 7 p t t r 3 p t p r Az () egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk a pozitív t számmal: () p r 7 t 7 p t r 3p t pont A () egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie Ez csak úgy lehetséges, ha a pozitív prím osztója a és r pozitív prímek szorzatának, de ez csak akkor állhat fenn, ha t p vagy, t t r p a továbbiakban ezt a két esetet vizsgáljuk pont Ha t p, akkor a () egyenletből behelyettesítés, rendezés és szorzattá alakítás után azt kapjuk, hogy t 7t 0 r, a kapott egyenlet mindkét oldalát a pozitív t számmal osztva pedig r (3) 7t 0 t A (3) egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldal csakis úgy lehet egész szám, ha a t pozitív prím osztója a és r prímszámok szorzatának, vagyis, ha t vagy t r A t értéket (3)-ba helyettesítve r 6 adódik, ez nem felel meg a feladat feltételeinek, hiszen r 6 nem prímszám A t r behelyettesítésével pedig azt kapjuk, hogy tehát nem megoldása a feladatnak 8 t, ez nem felel meg a feltételeknek, 7 9 5

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Végül, ha t r, akkor a () egyenletbe helyettesítve, rendezve, szorzattá alakítás után azt p 7t 6, a kapott egyenlet mindkét oldalát a pozitív p számmal osztva kapjuk, hogy t (4) 6t 7t p A (4) egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldal csakis úgy lehet egész szám, ha a pozitív prím osztója a 6 t 3 t szorzatnak, és mivel pozitív prím, ezért csak p p p ; p 3; vagy p t lehetséges p t Ezek közül a feltételt nem szükséges újra elemeznünk, mert az előbbiekben láttuk, hogy ebből nem kapunk a feltételeknek megfelelő számhármast p ; t; r Ha, akkor a (4) egyenletből azt kapjuk, hogy t 3, így a kapott p ; t 3; r 3 számhármas kielégíti a feladat feltételeit p t r figyelembe vételével Ha p 3, akkor (4) szerint t, ez nyilván nem megoldása a feladatnak 5 Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt az eredményt kaptuk, hogy a feladat minden feltételét csak a p ; t 3; r 3 prímszámok elégítik ki Számolással ellenőrizve ezekre a prímszámokra a feladatbeli számtani sorozat különbsége d, első három tagja a ; a 8; a 39, ezeket a számokat a 3 3 a p t a t r a r p d p t r egyenletbe írva mindkét oldal értéke 378 3 Összesen: 0 pont 0 53

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola 3 Az ABC hegyesszögű háromszög és CA oldalain úgy vettük fel a belső pontokat, hogy DE BE és FE CE Igazolja, hogy az háromszög köré írt kör középpontja illeszkedik a szögfelezőjére! ADF AB; BC D; E és F DEF Megoldás: készítsünk a feladat feltételeinek megfelelő ábrát ( ábra) ábra Legyenek az ABC háromszög A ; B; C csúcsoknál levő belső szögei rendre ; ; Mivel a feltételek miatt DE BE és FE CE, ezért az ábra BDE és CFE háromszögei egyenlő szárú háromszögek, amelyekben a BD és CF alapokon fekvő szögek rendre és pont A BDE és CFE háromszögekben a szárak szögei () BED 80 és CEF 80 Nyilvánvaló, hogy BED CEF FED 80, ezért az () összefüggés alapján 80 80 FED 80, amiből rendezés után azt kapjuk, hogy FED 80 () 80 FED pont 54

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola A háromszög belső szögeinek összege 80, ezért 80, és így ()-ből (3) FED 80 következik Az ADF háromszög köré írt körben a ívhez tartozó kerületi szög DAF szög az A A kerületi és középponti szögek összefüggése szerint ehhez az ívhez DOF pontot nem tartalmazó DF nagyságú középponti szög tartozik Eredményünk és a (3) összefüggés szerint a DEFO négyszögben két szemben levő szög összege FED DOF 80 80, ezért a DEFO négyszög húrnégyszög A DEFO négyszögben a DO és FO azonos hosszúságú húrok, hiszen ezek a szakaszok az háromszög körülírt körének sugarai ADF A DEFO húrnégyszögben azonos hosszúságú húrokhoz egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, ezért DEO FEO, ahogy azt a ábrán láthatjuk ábra Ez pedig azt jelenti, hogy ADF háromszög körülírt körének O középpontja illeszkedik a DEF szögfelezőjére, és éppen ezt akartuk bizonyítani Összesen: 0 pont 55