01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat a kialakult tanári gyakorlat alapján, az útmutató jainak súlyozását alapul véve kell értékelni. Geometriai feladatok megoldásának elején a helyes ábrára jár az ott jelzett részszám, ha a versenyző az ábrát a szöveges leírásnak megfelelően használja. A feladatokat követő megjegyzések kitérnek néhány tipikus hibás megoldás ozására. Minden évfolyamon 100 érhető el, minden iskolából a 0 on felüli dolgozatokat, illetve minden évfolyam és kategória három legjobbját kérjük beküldeni. Kérjük az összes olyan dolgozatok számait, melyeket levélben nem küldtek el, de legalább 1 ot elértek, a zsirp@freemail.hu címre elektronikus formában elküldeni.
01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok lehető legbővebb részhalmazán! x 10 y = 10 1 x y = 100 Az egyenletek jobboldalai pozitívak, ezért a baloldalak is, így mindkét egyenlet mindkét oldalának ltízes alapú logaritmusát vehetjük: Azonosságokat alkalmazva: lg(x 10 y ) = 1 lg(x y ) = lgx + y = 1 y lgx = Vezessünk be egy új w ismeretlent lgx helyére! w + y = 1 wy = Fejezzük ki w-t az első egyenletből és helyettesítsük a másik egyenletbe: (, 1,y)y = Ennek megoldásai: y 1 = 4 és y = 1. Ha y1=4, akkor w1=0, és x 1 = 10. Ha y = 1, akkor w= és x=1 000 000. Ezek valóban megoldások, behelyettesítve igaz egyenleteket adnak. Levezetés és indoklás nélküli helyes megoldás nem ér ot, az utolsó adható, ha a gyökök ellenőrzése megvan. Az ellenőrzés indokolt, mert a feladatmegoldás elején nem volt alaphalmaz-vizsgálat (elvileg lehetne például mindkét egyenletben x negatív és y páros egész).. Egy szabályos háromszög alakú billiárdasztal mindegyik oldala 0 cm. Az egyik oldal mentén, a csúcstól 80 cm-nyire van egy billiárdgolyó. Milyen irányban kell a golyót ellökni, hogy két (tökéletesnek tekinthető) visszaverődés után visszatérjen az eredeti helyzetébe? (Az irányt az ábrán látható szög nagyságával adja meg!)
01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam A golyó két pattanási helyéig terjedő két szakaszt jelöljük x-szel és y-nal a két oldalon. Mindkét pattanásnál egyenlő és szögek keletkeznek, az ábra ezeket is mutatja. Az eredeti háromszögből így három kisebbet vágtunk le, ezek hasonlók ( az ábrán színezve látszanak). Mindegyiknek van ugyanis egy 0 -os szöge, és egy ettől különböző szöge megegyezik a következő szomszédos háromszög egy szögével. Ebből az okoskodásból = is következik. A hasonlóság miatt az oldalak aránya megegyezik a három háromszögben: 80 0 y = x 0 x = y 40 Az első és az utolsó arányt összevetve: xy=19 00. Az első és a második arányt összevetve: 80(0 x)=x(0 y) A második egyenlőségből: 00 80x=0x xy Beírva az első egyenlőséget : 00 80x=0x 19 00 Ebből x=11 (cm) és y= 100 7 A szög koszinusz-, majd szinusztétellel számítható a bal oldali kis háromszögből: w = 80 + 11 80 11 cos0 w=99,9 (cm) w sin0 = 11 sinε ebből = 7,10. A feladat megoldható a golyónak az oldalakra való tükrözésével is. A szerkesztésről mért megoldás nem ér ot.. Hány olyan összetett természetes szám van az [1; 01] intervallumban, melynek legnagyobb valódi osztója a [00; 00] intervallumba esik? Ha egy x összetett szám legnagyobb valódi osztója n, akkor x/n a szám legkisebb prímosztója. Ha ezt a legkisebb prímosztót p-vel jelöljük, akkor pn=x és 00 n 00 miatt p értéke, vagy lehet, (7 már nem, mert 7 00>01).. Ha p=, akkor n az összes szám lehet a [00; 00] -ban, ez 00 00+1=01 eset. Ezzel megszámoltuk az összes olyan x számot, melynek legkisebb prímosztója.
01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam Ha p=, akkor azok a számok lehetnek az n-nek a [00; 00]-ban, melyek nem párosak, mivel az ilyen páros n-ekre az x=n szám legkisebb prímosztója lenne, és az ilyen számokat már beszámoltuk. Az első ilyen nem páros szám az intervallumban a 01, az utolsó pedig 499, tehát az ilyen lehetséges n számok darabszáma 499 01 + 1 = 100 Ha p=, akkor 01:=40 miatt n [00; 40]. Ez esetben azok lehetnek n-ek, melyek páratlanok és -mal nem oszthatók a megadott intervallumban mivel a párosak és a -mal oszthatók esetén x=n legkisebb prímosztója nem lenne, hanem vagy. Ezek a számok a k+1 és a k+ alakú számok (k egész értékeire). A k+1 alakú számok közül a legkisebb a 01, a legnagyobb a 40 a megadott intervallumban, ezért ezeknek száma 40 01 + 1 = 18. A k+ alakú számok közül a legkisebb a 0, a legnagyobb a 401 a megadott intervallumban, ezért ezeknek száma 401 0 + 1 = 17. Összesen tehát 01+100+18+17= darab szám legnagyobb valódi osztója esik a [00; 00].intervallumba. 1 A feladat megoldható más logikájú összeszámolással is. Indoklás nélküli helyes eredményekre a megfelelő szám felének egészrésze adható. 4. A koordináta-rendszerben egy PQ szakasz P végja az e: x+y=14 egyenletű egyenesre, Q végja pedig a k: x + y + x + 1y 1 = 0 egyenletű körre illeszkedik. PQ szakasz P-hez közelebbi harmadolója a H(; 1). Határozza meg a P és Q ok koordinátáit! Ha az e egyenesre alkalmazunk egy = arányú, H középú középos hasonlóságot, akkor a kapott e egyenesnek a k körrel való metszésja(i) éppen a keresett Q o(ka)t adják. 7 Az e egyenletének felírásához elég, ha e egy jára alkalmazzuk az említett középos hasonlóságot, mert az ezen átmenő párhuzamos lesz e. Az e egyenes egy ja lehet például az E(0; 7), mely teljesíti az e egyenletét. Ezután EH (; 8) vektor kétszeresét kell H-ba eltolni: ( EH )(4; 1) és E (; 17). e és e normálvektora megegyezik, ne (1; ), emiatt e : x+y= 8 4
01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 1. évfolyam e és k metszésját vagy metszésjait egyenletrendszerrel határozhatjuk meg: k: x + y + x + 1y 1 = 0 x + y = 8 A második egyenletből kifejezve x-et és az elsőbe helyettesítve: y + 10y + 71 = 0 Ebből y1= 11 és y= 1. Hozzájuk tartozó x-ek: x1= és x=. Tehát két lehetséges pár van, ezek a Q ok koordinátái: Q1( ; 11). és Q( ; 1). A hozzájuk tartozó P okat így kapjuk:. Q 1 H(8; 10) és Q H(4; 1) vektorok felét kell H-ba eltolni, így P1(; 4). és P(4; ). Ábráról leolvasott helyes eredmény nem ér ot. A feladat megoldható egyenletrendszerrel is.. Az ábrán látható ABCD trapézban AB a rövidebb alap. A szárak meghosszabbításai az E ban találkoznak. Az ABD szög egyenlő a trapéz hosszabbik alapján fekvő szögeinek különbségével. a) Igazolja, hogy BD átló mértani közepe az alapoknak! b) Igazolja, hogy EB mértani közepe ED-nek és EA-nak! a):mivel ABD és BDC váltószögek, ezért egyenlők és ADB =. BDC ABD, mivel két egyenlő szögük van. A megfelelő oldalak aránya: AB BD DC Ebből BD = AB DC, azaz BD = AB DC b) Mivel ABE és DCB egyállású szögek, ezért egyenlők és ABE =. BEA DEB, mert mivel E-nél fekvő szögük közös, két egyenlő szögük van. A megfelelő oldalak aránya: BE DE EB Ebből BE = BA DE, azaz BE = BA DE Konkrét esetre adott számításért maximálisan a megfelelő számok fele adható. Ahol a versenyző közelítő értékkel kezd számolni, onnantól nem kaphat ot. Indoklás nélküli helyes megállapításért maximálisan a megfelelő számok fele adható.