Nagvárad, 07. február 3 6.. feladat: Két játékos a következő játékot játssza: Az,,3,...,07 véges számsorozatból váltakozva kiválasztanak eg-eg számot, és azt törlik a sorozatból. Bármelikük látja, hog milen számot választott a másik. Mindketten feljegzik a füzetükbe az általuk kiválasztott számokat. A játék akkor ér véget, amikor a megadott számsorozatban már nem marad szám. A játékot az a játékos neri meg, aki által kiválasztott számok összege nem osztható 3-mal. Melik játékosnak van nerő stratégiája? Valamelik játékos nerő stratégiája azt jelenti, hog függetlenül az ellenfél lépéseitől, az illető játékos ner. Szilági Judit, Kolozsvár, Bíró Béla, Sepsiszentgörg A kezdőjátékost nevezzük A nak, a másikat B nek. Vegük észre, hog a megadott számsorozatban 673 darab 3k+ alakú, 67 darab 3k alakú, illetve 67 darab 3k+ alakú szám van. () A nak van nerő stratégiája és ez a következő: Első választása eg 3k+ alakú szám. Ezzel a választással eléri, hog úg a 3k, mint a 3k+, illetve 3k+ alakú számokból ugananni, 67 darab marad a sorozatban. Ettől kezdve amilen típusú számot választ a második játékos, ugan olan típusút választ ő is. Mivel mindhárom típusból páros számú van, a játék végén a B játékosnak 336 darabja lesz mindegik típusú számból, az A játékosnak pedig a 3k és 3k+ alakú számokból 336 a 3k+ alakúból pedig 337 darab szám lesz. Íg a B játékos számainak összege 3 többszöröse, az A játékosé pedig 3k+ alakú, vagis nem osztható 3-mal. ehát, bárhog is játsszon a B játékos, ezzel a stratégiával az A játékos ner.
. feladat: Nagvárad, 07. február 3 6. Az ABC hegesszögű háromszögben, melben ( ) 75 m ABC. Legen M BC úg, hog AM BC, valamint N AC úg, hog O val azt a pontot, melre MO AB. a) Igazold, hog m AOB 90. AN AM. Az MN félegenesen jelöljük NC MC b) Jelölje F az AB szakasz felezőpontját. Bizonítsd be, hog OF AB. A bizonítási gondolatmenet leírásához használjuk a mellékelt ábrát! Bíró Béla, Sepsziszentgörg a) Mivel m( ABC) 75 és m( AMB) 90 ezért a m( BAM ) 5 ekintsük az FOM háromszöget, melről kimutatjuk, hog egenlő oldalú. Valóban: a feltevés alapján MF az ABM derékszögű háromszög átfogójához tartozó oldalfelező. Ezért FM AF FB. () ()és () m FMA mfam ( ) 5 (3) A feladatban adott aránpárból, a szögfelező tétele alapján, következik, hog az (MN félegenes az AMC szögfelezője, ezért m AMO 45. (4) (3) és (4) mfmo mfma m AMO 5 45 60(5)
Nagvárad, 07. február 3 6. Másrészt a feladat egik feltevése alapján MO AB FB. (6) A () es, (5) ös és (6) os egbevetéséből adódik, hog az FMO egenlő oldalú, ezért FO FM FB FA, (7) vagis az A, O és B pontok eg F középpontú és AB átmérőjű körön vannak. Innen adódik, hog az AOB félkörbe írt kerületi szög, tehát derékszög. Ezzel az a) alpont állítását igazoltuk. b) Másrészt: Abból, hog m AMB 90és m AOB 90, adódik, hog AOMB m BAM m BOM (lásd () - et) húrnégszög. Emiatt 5 A BOM háromszög szögeinek mértékét vizsgálva, az eddig megszerzett információk alapján következik, hog mobm 30. Ezt egbevetve azzal, hog az AOMB négszög m OAM m OBM. (8) körbeírható, kapjuk, hog 30 () és (8) mfao 5 30 45 (9) (7) FO FA, amit (9) - cel egbe vetve, kapjuk, hog mfoa 45 és 90 m FAO m AFO, azaz OF AB.
3. feladat: Adott az M x x, Nagvárad, 07. február 3 6. halmaz. Igazold, hog az M halmaz elemei között nincsenek 7-tel osztható egész számok. Jakab ibor, Sepsziszentgörg Megmutatjuk, hog x nem osztható 7-el, x, N esetén. Az M halmaz egetlen eleme sem osztható 7-el. Írható, hog x 0,,,4 mod7, az x 7 k r alakú, ahol r 0,,,3,4,5,6 Hasonlóan,,,4 mod7, a k 3 k k 3 k ismétlődnek, mert 7 Elkészítünk eg táblázatot az x x szám 7-el való osztási maradéka 0,,,4 lehet, mert alakú számok 7-el való osztási maradékai 3 periódussal osztható 7-el. szám 7-el való osztási maradékaira. maradékai (->) 4 x maradékai (alább) 0 4 3 5 3 4 6 4 5 6 A táblázatban feltüntettük az x szám 7-el való osztási maradékait. Mivel itt nem szerepel a 0, következik, hog x nem osztható 7-el, x, N esetén.
Nagvárad, 07. február 3 6. 4. feladat: Az ABC -ben D, E ( AB) úg, hog [ AD] [ DE] [ EB] és F ( AC) úg, hog Legen BF CD { M}, BF CE { N}. AF AC. 3 Igazold, hog DENM CDE 5. 4 Simon József, Csíkszereda Szükségünk lesz a CN CE, CM CD Menelaosz tételének alkalmazásával kapunk meg. aránokra, ameleket Az AEC és B, N, F kollineáris pontok esetén Menelaosz BA FC NE tétel alkalmazásával BE FA NC NC 6 NE CN 6 CE 7. () Az 3 NE NC ADC és B, M, F kollineáris pontok esetén Menelaosz tétel alkalmazásával BA FC MD 3 MD MC 3 BD FA MC MC MD CM 3 CD 4. () Az () és () felhasználásával CM CN sin ( DCE) CMN CM CN 3 6 9. CDE CD CE sin ( DCE) CD CE 4 7 4 B E D N A M F C Uganakkor DENM DEC CMN, ahonnan DENM DEC 5. 4
Nagvárad, 07. február 3 6. 5. feladat: Határozd meg azokat az x irracionális számokat, amelekre xx és számok. Legen xx a és A fenti összefüggésekből xa x a x b xa b a. x x b, kijelent szerint ab,. ax x a x b x a x x x egész dr. Bencze Mihál, Bukarest x x a x b és ax a x a x b ax x a b b a ) Ha a a 0 x a, hamis mert x és b a a ) Ha a 0 b a a b, 5, és mivel ezek x x 0 x, irracionálisak, ezért éppen ezek a megoldások. Ellenőrizzük, hog ezekre az x értékekre ab,. 6. feladat: Hánféleképpen lehet megadni három pozitív egész számot, melekre abc 30030 teljesül? a b c és Róka Sándor, Níregháza 30030 3573 miatt nekünk 6 prímszámot (a, 3, 5, 7, és 3 számokat) kell három halmazba szétosztani, és íg adjuk meg az a, b, c számok prímténezőit. Ez a szétosztás 6 3 -féleképp történhet, hiszen a hat prím mindegikénél 3 választási lehetőség van: az első, a második vag a harmadik halmazba tesszük őt.
Nagvárad, 07. február 3 6. Ezen szétosztások közül hármat kiveszünk, azokat ameleknél mind a hat prím uganabba a halmazba került, az., a. vag a 3. halmazba: ekkor az a, b, c számok egike 30030, a másik kettő pedig. Eg szétosztás esetén az.,. és 3. halmazok sorrendjét megváltoztatva másik szétosztást kapunk, összesen 3! 6 -féle sorrend van. Ezek közül csak eget számolunk, amikor teljesül az 3 a b c sorrend. Emiatt a keresett a, b, c 6 3 számhármasok száma. 6