Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget! Megoldás: log log x < A második logaritmus értelmezése miatt: x >. Felhasználjuk, hogy mind az exponenciális, mind a logaritmusfüggvények szigorúan monoton nőnek, ha az a alapszámukra fennáll, hogy a >, és szigorúan monoton csökkennek, ha az a alapszámra teljesül, hogy 0<a<. Mivel 0 < <, ezért a alapú exponenciális függvény szigorúan monoton csökken. Ezért az eredeti egyenlőtlenség ekvivalens a egyenlőtlenséggel. log log ( x ) > 0 A -es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nő, mert alapja -nél nagyobb, ezért a megoldandó egyenlőtlenség egyenértékű a log ( x ) > egyenlőtlenséggel. Ez azt is jelenti, hogy az első logaritmus is értelmezett, hiszen argumentuma nagyobb -nél, azaz pozitív. A 0 < < miatt az alapú logaritmus függvény szigorúan monoton csökken, ezért x <, innen pedig
20 x <. Az értelmezési tartomány figyelembe vételével az egyenlőtlenség megoldása: 20 < x <. Ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért a ; minden valós értéke kielégíti az egyenlőtlenséget. 20 intervallum - 2 -
2. Az ABC háromszög A csúcsból induló belső szögfelezője a K pontban metszi a BC oldalt. Az ABK háromszög belülírt körének és az ABC háromszög körülírt körének a középpontja egybeesik. Mekkorák az ABC háromszög szögei? Megoldás: jelöléseink az. ábrán láthatók. ábra Az ABK háromszög belülírt körének O középpontja az ABK háromszög belső pontja, de akkor az O pont belső pontja az ABC háromszögnek is. A feltételek szerint O az ABC háromszög körülírt körének középpontjával azonos, ha pedig ez a pont az ABC háromszög belső pontja, akkor az ABC háromszög csak hegyesszögű lehet. Az O pont az ABC háromszög körülírt körének középpontja, ezért () OA OB = OC = R =. Legyen OAB = α! Az OAB háromszög egyenlő szárú () miatt, ezért OBA = OAB = α. Mivel az O az ABK háromszög beírt körének középpontja, ezért az OA és OB szakaszok az ABK háromszögben belső szögfelezők, vagyis valamint OAK = OAB = α, - 3 -
OBK = OBA = α. Az OCB háromszög is egyenlő szárú () miatt, ezért de így OBC = OCB, OBC = OBK = α, OBC = α és OCB = α. A feladat feltétele szerint az ABC háromszögben AK belső szögfelező, ebből az következik, hogy de mivel ezért BAK = CAK, BAK = OAB + OAK = α + α, BAK = CAK = 2α. Az OAC háromszögben OAC = OAK + CAK = α + 2 α = 3α, ugyanakkor az OAC háromszög egyenlő szárú () miatt, ezért OAC = OCA = 3α. Mindezekből az következik, hogy az ABC háromszög belső szögeinek összege: Mivel ezért CAB + ABC + BCA = 0α = 80, ( 2 α + α + α ) + ( α + α ) + ( α + 3α ) = 0α. α = 8, és így az ABC háromszög belső szögei CAB = 72, ABC = 36, BCA = 72. - 4 -
3. Mutassa meg, hogy ha az n, m természetes számokra f ( n + m) = f ( n) + f ( m) + és f ( ) = 2 teljesül, akkor az f () ; f ( 2) ; f () 3 ; ; f ( n) számok számtani sorozatot alkotnak! Számítsa ki a számtani sorozat első tagjának összegét! Megoldás: A feltételek szerint () f ( 2 ) = f ( + ) = f ( ) + f ( ) + = 5 és (2) () 3 = f ( 2 + ) = f ( 2) + f ( ) + = 8 ()-ből és (2)-ből kaphatjuk, hogy f. f ( 2 ) f ( ) = 3, és ( 3 ) f ( 2) = 3 f. Ebből sejthetjük, hogy f () ; f ( 2) ; f ( 3) ; ; f ( n) egy 3 differenciájú számtani sorozatot alkot. * pont Legyen n -nél nagyobb egész szám, ekkor n pozitív egész. Az f ( 2) ; f () 3 ; ; f ( n) számok sorozatának n -edik tagja: ( n) = f [( n ) +] f. ** pont Az f ( n + m) = f ( n) + f ( m) + feltétel szerint (3) ( n) = f ( n ) + f () + és mivel f () = 2, ezért a (3) összefüggésből: f, (4) ( n) f ( n ) = 3 f. (4) szerint az f () ; f ( 2) ; f () 3 ; ; f ( n) számsorozatban a második tagtól - 5 -
kezdve bármelyik tagból a sorozat megelőző tagját kivonva mindig 3-at kapunk. Ez éppen azt jelenti, hogy az f ( ) ; f ( 2) ; f ( 3) ; ; f ( n) számok egy számtani sorozat egymás utáni tagjai, a számtani sorozat differenciája pedig d = 3. A = 3 d különbségű számtani sorozat első tagja f () = 2, ezért a számtani sorozatok első n tagjának összegére vonatkozó a + ( n ) d képlet alapján azaz S n = 2 2 n 2 2 + 3 f () + f ( 2) + f () 3 +... + f ( ) =, 2 () + f ( 2) + f ( 3) +... + f ( ) = 60655 f. 2 * pont 3 * pont Megjegyzés:. ha a versenyző csak konkrét esetekben vizsgálja a feladatot (jól), akkor csak a * pontokat kaphatja meg. 2. ha konkrét esetet nem vizsgál (egyébként jó), akkor az első * pontot nem kapja meg, hanem ** pontja helyett ot kap. - 6 -
4. Oldja meg az x 4 y + + y 3x 2 + x + y + 2 + x + 2y + 3 = 4 egyenletet, ha x Z és y Z! Megoldás: Tudjuk, hogy tetszőleges a valós számra a a, továbbá egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a 0. Ezért az egyenletünk bal oldala nem lehet kisebb, mint az egyes abszolutérték jelek közti kifejezések összege, ami B = ( x 4 y + ) + ( y 3x 2) + ( x + y + 2) + ( x + 2y + 3), () B = 4. Mivel a jobb oldal is 4, ezért csak akkor egyenlőek az oldalak, ha mindegyik abszolutérték jelben nem negatív szám áll, azaz (2/a) x 4y + 0, és (2/b) y 3x 2 0, és (2/c) x + y + 2 0, és (2/d) x + 2y + 3 0. A(2/a) és (2/b) egyenlőtlenségekből a következőhöz jutunk: x + 3x + 2 y. 4 Ebből pedig x 7, illetve 7 x következik, amelyből, figyelembe véve, hogy x Z, azt kapjuk, hogy (3) x. Ehhez hasonlóan a (2/a) és a (2/c) egyenlőtlenségekből: x + x 2 y, 4 ahonnan 5x 9, 9 x. 5 Itt is figyelembe vesszük, hogy x Z, és így a következő eredményre - 7 -
jutunk: (4) x. (3) és (4) összevetéséből adódik, hogy x =, amit behelyettesítve a x + x 2 y vagy a 4 egyenlőtlenségekbe y =, és y = 0 következik (mivel y Z ). 3x + 2 y x + 4 Ez eleget tesz a 2/d-nek is, ugyanis + ( 2) + 3 = 0, + 0 + 3 > 0. Az egyenletnek tehát két megoldása van, mégpedig az x = ; y = 0, és az x = ; y = számpár. Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a kapott számpárok az eredeti egyenletnek is megoldásai. - 8 -
5. Egy 2 oldalú konvex sokszög belsejében 000 pontot helyeztünk el úgy, hogy az 0 közül (beleértve a sokszög csúcsait is) semelyik három nem illeszkedik egy egyenesre. Maximálisan hány olyan háromszöget készíthetünk, amelynek mindhárom csúcsa az 0 közül kerül ki?. Megoldás: A feladatban szereplő 0 közül semelyik három nem esik egy egyenesre, ezért közülük bármelyik három pontot kiválasztva háromszöget kapunk. 3 pont Ha figyelembe vesszük a pontok kiválasztásának sorrendjét, akkor az első kiválasztott pont az 0 bármelyike lehet, a másodikat már csak 0ból választhatjuk, végül a harmadik pont a maradék 0 közül bármelyik lehet. Három pont ilyen módon való kiválasztása ezért () 02 0 00 = 033363320 módon történhet. Nyilvánvaló azonban, hogy ugyanazon három pont bármely sorrendben történő kiválasztása ugyanazt a háromszöget adja. Ugyanazon három pont hatféle sorrendben választható ki, ezért a háromszögek számának megállapításához az () alatti számot osztanunk kell 6-tal. 033363320 = 72227220 6 A feltételeknek megfelelő 0 közül tehát maximálisan 72227220 darab háromszöget készíthetünk. - 9 -
2. Megoldás: A feladatban szereplő 0 közül semelyik három nem esik egy egyenesre, ezért közülük bármelyik három pontot kiválasztva háromszöget kapunk. 3 pont A kérdéses háromszögek száma megegyezik egy 02 különböző elemből álló halmaz összes harmadosztályú ismétlés nélküli kombinációinak számával, ezért a feladatban szereplő háromszögek maximális száma: () 02 02! = 3. 3! 009! Mivel 02! = 009! 00 0 02, és 3! = 2 3, ezért ()-ből az következik, hogy (2) 02 00 0 02 3 =. 2 3 A (2) alatt szereplő törtet egyszerűsítve és a szorzási műveleteket elvégezve azt kapjuk, hogy (3) 02 = 72227220 3. A feltételeknek megfelelő 0 közül tehát maximálisan 72227220 darab háromszöget készíthetünk. - 0 -