005/006 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....................................... Specmat..................................... 4.. II. forduló........................................ 5... Szakközépiskola................................. 5... Gimnázium.................................... 6.. Dönt forduló...................................... 7... Szakközépiskola................................. 7... Gimnázium.................................... 8... Specmat..................................... 9 Megoldások 0.. I. forduló......................................... 0... Szakközépiskola................................. 0... Gimnázium.................................... 6... Specmat....................................... II. forduló........................................ 7... Szakközépiskola................................. 7... Gimnázium.................................... 40.. Dönt forduló...................................... 45... Szakközépiskola................................. 45... Gimnázium.................................... 5... Specmat..................................... 55
Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A 005-006. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának feladatai. feladat 0 pont Melyek azok az a,b,c egész számok, amelyekre teljesül az alábbi egyenlőség? a b + b c + c a = a + b + c + a b c. feladat 0 pont Oldja meg a valós számok halmazán az 4 x x + x + = 0 egyenletet!. feladat 0 pont Az ABC háromszög BC, CA és AB oldalain vegyük fel rendre a D,E,F pontokat úgy, hogy teljesüljön a BD CE AF = = = DC EA FB egyenlőség! jelölje az ABC háromszög kerületét k, a DEF háromszög kerületét k! Bizonyítsa be, hogy k < k! 4 4. feladat 0 pont Legyen az ABC háromszögben az A csúcsból húzott magasságvonal és a BC oldal metszéspontja D, A B pontból induló belső szögfelező és az AC oldal metszéspontja E. Mekkora az EDC szög nagysága, ha AEB =45 0? 5. feladat 0 pont Legfeljebb hány háromszög teljesíti az alábbi feltételek mindegyikét: tompaszögűek, oldalaik hossza centiméterben mérve egész szám, oldalaik hossza centiméterben mérve egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagja, közülük semelyik kettő nem egybevágó? Fejezze ki a háromszögek számát a számtani sorozat különbségével! 6. feladat 0 pont A valós számok halmazán értelmezett másodfokú f(x) függvény minden x számra eleget tesz a f ( x) + f ( x) = x egyenlőségnek. Hány olyan, 005-nél nem nagyobb x természetes szám van, amelyre igaz, hogy f ( x) >? 4
Feladatlapok I. forduló Gimnázium
Feladatlapok I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 005 006-os tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Igaz-e, hogy a 7k +, k = 0,,,... számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl..). Adott legalább kettő, de véges sok / k alakú szám, amelyek összege legfeljebb (és minden k pozitív egész). Lássuk be, hogy a számok két csoportba sorolhatók úgy, hogy mindkét csoportban a számok összege legfeljebb /.. A [0, ] intervallumot 999 piros ponttal 000 egyenlő részre, 0 kék ponttal pedig egyenlő részre osztjuk fel. Mennyi a legkisebb távolság egy piros és egy kék pont között, és ez hány pontpárnál fordul elő? 4. Egy tetraédernek legalább négy éle legfeljebb egységnyi hosszúságú. Mekkora lehet maximálisan a tetraéder térfogata? 5. Legyen AB az O középpontú k körnek egy olyan húrja, amely nem átmérő. Jelölje M az AB szakasz felezőpontját, R pedig az OM félegyenesnek a k-val vett metszéspontját. Vegyünk fel egy tetszőleges P belső pontot a rövidebbik AR íven. A P M félegyenes messe a kört a Q pontban, és legyen S az AB és QR húrok metszéspontja. Az RS és P M szakaszok közül melyik a hosszabbik? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4
Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A 005-006. tanévi matematika OKTV I. kategória második fordulójának feladatai. feladat x Oldja meg az ( x + y) + ( x y) + x y + = 6 egyenletet, ha x és y egész számok! y 0 pont. feladat Az ABC háromszög súlyvonalai az S pontban metszik egymást. Bizonyítsa be, hogy az ( SA + SB ) AB BC + CA = + + SC egyenlőség teljesül! 0 pont. feladat Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenlőséget, ha p (pozitív) prímszám: 4. feladat log p p+ 6 p x 5 x + 0 pont Az ABC háromszög egyik oldalát két, a másik oldalát három, a harmadik oldalát négy egyenlő részre osztottuk. Az osztópontok rendre: az AB oldalon P, a BC oldalon Q és Q, a CA oldalon R, R, R. Tekintsük az összes olyan háromszöget, amelynek mindhárom csúcsa különböző oldalon levő osztópont. Melyik háromszögnek legkisebb a területe? 5. feladat 0 pont Egy kocka minden csúcsához írjuk oda az,,, 4, 5, 6, 7, 8 számok valamelyikét úgy, hogy a testátlók végpontjaiba írt két-két szám összege ugyanannyi legyen. (A kocka csúcsainak minden egyes megjelölésénél mind a nyolc számot fel kell használnunk.) Hányféleképpen jelölhetjük meg az előbb ismertetett módon a kocka csúcsait, ha az elforgatással egymásba átvihető eseteket nem tekintjük különbözőnek? 0 pont 5
Feladatlapok II. forduló Gimnázium Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 005-006. tanévi második fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x sin x cos (x) < x.. A valós számokon értelmezett f(x) = ax bx + c másodfokú függvény a együtthatójára > a = 0 teljesül. Bizonyítsuk be, hogy ha f(a) = b és f(b) = a, akkor c <.. Az ABCD konvex négyszögben ABD = ACD. Legyenek a BC és AD élek felezőpontjai rendre E és F. Az AC és BD átlók metszéspontjának az AB és CD oldalegyenesekre eső merőleges vetületei G és H. Igazoljuk, hogy az EF és GH egyenesek egymásra merőlegesek. 4. Az a, b, c és d egészek olyanok, hogy az ac, bc + ad, bd mindegyike osztható az n egésszel. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a bc + ad összeg tagjai külön-külön is oszthatók n-nel, azaz n bc és n ad. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 6
Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A 005-006. tanévi matematika OKTV I. kategória döntő fordulójának feladatai. Igazolja, hogy három egymás után következő egész szám négyzetének összege nem lehet egy egész szám köbe! (0 pont). Mennyi az a paraméter értéke, ha az x = y és az ( x a) + y = egyenletekből álló egyenletrendszernek pontosan három megoldása van? (0 pont). Egy A 0 végpontú félegyenesen rendre fölvesszük az úgy, hogy A,...,, A An pontokat A kapott d ( A A ), d ( A A ), d ( A A ) 5,, d( A A ) = n 0 = = = n n. Ai Ai szakaszokra a szakaszokkal egyenlő oldalhosszúságú szabályos háromszögeket szerkesztünk, amelyeknek a félegyenesre nem illeszkedő csúcsai C C,..., C, n. Bizonyítsa be, hogy d( A C i ) minden i -re egész! ( i = ;;...; n) Milyen görbén helyezkednek el a C i pontok? (0 pont) 7
Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 005-006. tanévi harmadik, döntő fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. A nemnegatív egészeken értelmezett t(n) függvényre t(0) = t() = 0, t() =. Ha n >, akkor t(n) a legkisebb olyan pozitív egész, amely nem osztja az n számot. Legyen T (n) = t(t(t(n))). Határozzuk meg S értékét, ha S = T () + T () + T () +... + T (005) + T (006).. Építünk egy, az A kezdőpontból induló, összesen 006 darab útszakaszból álló úthálózatot, amely körutat nem tartalmaz. (Ezt úgy értjük, hogy a hálózat bármely pontjából bármely másik pontjába pontosan egy módon juthatunk el egymáshoz csatlakozó útszakaszokon.) Bármely két útszakasznak nincs közös belső pontja és legfeljebb egy végpontjuk közös. Az úthálózat egyik pontjába egy értéktárgyat rejtettünk el. Az A kezdőpontból elindul egy játékos, aki ezt szeretné megtalálni. Minden elágazásnál az onnan induló, még be nem járt útszakaszok közül egyenlő valószínűséggel választja ki, merre menjen tovább. Visszafordulni nem szabad útja során. Az úthálózatot úgy építettük meg, hogy a legkisebb legyen a valószínűsége annak, hogy a játékos megtalálja az értéktárgyat. Mekkora ez a minimális valószínűség?. Adott a síkon egy K középpontú egységsugarú kör és egy ezt nem metsző e egyenes. K-ból az e egyenesre emelt merőleges talppontja O, KO =. Legyen H azoknak a köröknek a halmaza, amelyeknek a középpontja e-n van és kívülről érintik a K középpontú egységkört. Bizonyítsuk be, hogy van a síkon olyan P pont, amelyből H minden körének e-n levő átmérője ugyanakkora (0 -nál nagyobb) szögben látszik. Határozzuk meg P helyzetét és a látószög mértékét. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 8
T Feladatlapok Dönt forduló Specmat 0 U U!!"$#%%&'(#%% ) *+ -,. (/ 540 56786 6 6 9:;(<=>$?$@ A;, Cà!.,. 5 D$.(D E $! F,!E,+H,. $ D,. e! ˆ 9 s V,!, C!! "(! U! Vb$ D ö!!, V.d d ( E!ï,.($,+b$ D!,"HDd U!((!o,.($,+b$ D,, p S q+,.($,+b$ D öf. ƒ$f..[b$. / $$ V[b( d (,., eh U!!(!!. /e[d!, $,d. r.s[v [ "-$ (, (! b$ eib$ D [,!.$"5 D!.(! o!.à p$ VD /!! D $"!. d.. D. V!.Cp(p*+(, ep(pv!! U!,+b(! hb$ e b$ E b( d (, ((( Š 9 T DŒ$.,+c/o!! C, U d ($"b( op$ E!.i o$.,+c/i!! (Œ.*+(!h! a p(pv (, e d./ "-E,E (.*+(! S[Ž (ip$!"b( i, e d.5œ.*+(! S 9 s i (F [.b( i V! S T à!.!,,h, ei $ U. pv! * (!,5 G. ib$,!b(!,e d!. ƒ( "b( [!D!.!,, C(!E(!!!h - U a 9
Megoldások I. forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A 005-006. tanévi matematika OKTV I. kategória első (iskolai) fordulójának feladatai. feladat Melyek azok az a,b,c egész számok, amelyekre teljesül az alábbi egyenlőség? a b + b c + c a = a + b + c + a b c Megoldás: A feladatbeli egyenletből ekvivalens átalakítások során a következőket kapjuk: illetve a ( b ) + c ( b ) = b a c + a b c, ( b ) ( a + c) = b + a c ( b ), végül () ( b ) ( a + c a c) = b ( pont) vegyünk el () mindkét oldalából-et, így ( b ) ( a + c a c) = b, amelyből következik, hogy () ( b ) ( a + c a c ) = () bal oldala három tényező szorzatára bontható: () ( b ) ( a ) ( c) = ( pont) Mivel a,b,c, Z, ezért a-,b- és -c is egész számok A () egyenlet kétféleképpen teljesülhet: mindhárom bal oldali zárójeles kifejezés értéke, ekkor a=, b=, c=0. A három bal oldali kifejezés közül kettő (-)-gyel egyenlő, a harmadik értéke. Ebben az esetben, ha a-=-, b-=- és -c=, akkor a=b=c=0. ha a-=-, b-= és -c=-, akkor a=0, b=, c=. végül, ha a-=, b-=- és -c=-, akkor a=, b=0, c=. A feladat megoldása tehát az a=b=c=0 számhármas, valamint az a=, b=, c=0 számhármas és annak összes permutációja, vagyis összesen négy megoldás van. A megoldások helyességét ellenőrizhetjük behelyettesítéssel is. ( pont) ( pont) ( pont) (pont) Összesen: 0 pont 0
Megoldások I. forduló Szakközépiskola. feladat Oldja meg a valós számok halmazán az 4 x x + x + = 0 egyenletet! Megoldás: Nyilvánvaló, hogy az x=0 nem gyöke az egyenletnek, hiszen akkor az egyenlet két oldalának értéke különböző. ( pont) Osszuk el ezért az egyenlet mindkét oldalát x -tel! Ekkor a kiinduló egyenlettel ekvivalens x x + + x x = 0, majd az () x + ( x ) = 0 x x ( pont) egyenletet kapjuk. Helyettesítsük az x kifejezést a-val, ezzel x + = a + x x Így () a következő alakú lesz: () a a + = 0. ( pont) a () egyenlet megoldásai: a = és a =. ( pont) ha x =, akkor az ebből adódó x -x-=0 egyenlet gyökei: x + 5 x = és 5 x = ( pont) Ha pedig x =, akkor az innen származó x -x-=0 egyenlet x megoldásai: x = és x = ( pont) + 4 átalakításaink ekvivalensek voltak, tehát a valós számok valóban gyökei az eredeti egyenletnek.. feladat ( pont) Összesen: (0 pont) Az ABC háromszög BC, CA és AB oldalain vegyük fel rendre a D,E,F pontokat úgy, hogy teljesüljön a BD DC = CE EA = AF FB egyenlőség! Jelölje az ABC háromszög kerületét k, a DEF háromszög kerületét k! Bizonyítsa be, hogy k < k! 4 =
Megoldások I. forduló Szakközépiskola Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók, a D,G és E,H valamint az F,K pontok a megfelelő oldalak negyedelő pontjai. A BC=a, CA=b, AB=c jelöléssel, a párhuzamos szelők tételének megfordítása alapján belátható, hogy FH párhuzamos BC-vel, DK párhuzamos CA-val és EG párhuzamos AB-vel, továbbá () a FH = ; 4 Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy () a DG = ; b DK = ; 4 b EH = ; c EG =. ( pont) 4 c FK =. ( pont) Felhasználva az () és () pontbeli eredményeinket, a DGE, EHF és FKD háromszögekre felírhatjuk a háromszög egyenlőtlenségeket: () a c + > DE 4 (4) b a + > EF 4 () c b + > FD 4 ( pont) Összeadva ()-(4)-(5) megfelelő oldalait, megkapjuk: ( a + b + c) > DE + EF + FD, 4 azaz k > k ( pont) 4 ezzel állításunkat bizonyítottuk. Összesen: 0 pont
Megoldások I. forduló Szakközépiskola 4. feladat Legyen az ABC háromszögben az A csúcsból húzott magasságvonal és a BC oldal metszéspontja D, A B pontból induló belső szögfelező és az AC oldal metszéspontja E. o Mekkora az EDC szög nagysága, ha AEB = 45? Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók, az F pont az E pontban az AC oldalra rajzolt merőleges egyenes és a BC oldal metszéspontja.. ábra o o Mivel AEB = 45, azért, BEF = 45 hiszen EF merőleges AC-re. ( pont) Ebből következik, hogy a BAE háromszög egybevágó a BFE háromszöggel, mert a közös BE oldalon egyenlő szögek vannak. Eszerint: () AE=FE ( pont) Vegyük figyelembe, hogy az AEFD négyszög E illetve D csúcsánál egymással szemben levő szögek derékszögek, így az AEFD négyszög húrnégyszög. Az AEFD húrnégyszögben AE és FE húrokhoz () szerint egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, mégpedig: ADF o () ADE =EDF = = 45. ( pont) ()-ből rögtön következik, hogy o EDC = 45 ( pont) Ha a D és az F pont egybeesne, akkor az AEFD négyszög helyett az AED háromszög jönne létre (.ábra).ábra A BAE és a BFE háromszögek most is egybevágók. Ezért () ismét teljesül. o Mivel BEF = 45 ezért az AEG és DEG háromszögek két-két oldal és DEG háromszögek két-két oldal és a közbezárt szögek egyenlősége miatt egybevágók. Ekkor 4
Megoldások I. forduló Szakközépiskola o azonban AGE = EGD = BGD = 90 lenne, vagyis a BGD háromszögben két derékszög jönne létre. Ez nyilván nem lehetséges, ezért a D és az F pont nem eshet egybe. o A feltételeknek megfelelő szög tehát: EDC = 45 ( pont) Összesen: 0 pont 5. feladat Legfeljebb hány háromszög teljesíti az alábbi feltételek mindegyikét: tompaszögűek, oldalaik hossza centiméterben mérve egész szám, oldalaik hossza centiméterben mérve egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagja, közülük semelyik kettő nem egybevágó? Fejezze ki a háromszögek számát a számtani sorozat különbségével! Megoldás: Jelöljük a számtani sorozat különbségét d-vel, a háromszög oldalait a,b,c-vel. Feltehetjük, hogy a<b<c, egyenlőség nem lehetséges, mert d>0. Ekkor: () a=b-d és c=b+d. Az oldalak centiméterben mérve egész számok, így d is pozitív egész szám. ( pont) Mivel mindegyik háromszög tompaszögű, azért (a szokásos jelölésekkel) a koszinusztételből: a + b c cosγ = < 0, ahonnan: a b () a +b <c következik. ( pont) () és () összevetéséből kapjuk, hogy (b-d) +b <(b+d), amelyből a rendezés után: () b ( b 4 d) < 0 adódik. ( pont) () bal oldalán egy olyan, b-ben másodfokú polinom áll, amelynek zérushelyei 0 és 4d. ( pont) Ezért figyelembe véve, hogy 4d>0 (4) 0<b<4d. ( pont) A háromszög-egyenlőtlenség miatt a+b>c, azaz b-d+b>b+d, ebből (5) b>d. ( pont) (4) és (5) együttesen azt jelentik, hogy (6) d<b<4d (b,d N + ) ( pont) (6) szerint b lehetséges értékei a következők: (7) d+; d+; 4d-; 4d-. (7)-nek pontosan d- darab háromszög felel meg. Mivel ezek a hosszúságukat tekintve a középső oldalukban különböznek, ezért nincs közöttük két egybevágó. A keresett háromszögek száma tehát d-. ( pont) Összesen: 0 pont 5 4
Megoldások I. forduló Szakközépiskola 6. feladat A valós számok halmazán értelmezett másodfokú f(x) függvény minden x számra eleget tesz a f ( x) + f ( x) = x egyenlőségnek. Hány olyan, 005-nél nem nagyobb x természetes szám van, amelyre igaz, hogy f ( x) >? 4 Megoldás: Mivel az f(x) függvényre minden valós számra teljesül, hogy () () x f ( x) + f ( x) =,azért annak is teljesülnie kell, hogy [ ( x) ] = ( ) f ( x) + f x x, azaz f ( x) + f ( x) = 4 4 x +. ( pont) A f ( x) + f ( x) = x feltételből 9 x f ( x) + f ( x) = is következik ( pont) () és () megfelelő oldalait egymásból kivonva: () 8 f ( x) = x + 4 x 4, azaz x + x f ( x) =, 4 ezzel előállítottuk f(x)-et x függvényeként. Megvizsgáljuk, hogy milyen x számokra igaz, hogy f ( x) >. 4 ( pont) Ekkor az x + x >, illetve 4 4 az ebből következő x +x-5>0 egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Az x +x-5=0 egyenlet gyökei x =-5 és x =, ezért az x +x-5>0 egyenlőtlenség megoldásai: (4) x<-5 vagy x>. ( pont) A feladatban azoknak a 005-nél nem nagyobb x természetes számok halmazát kell megadnunk, amelyekre f ( x) >. 4 Ez azt jelenti, hogy a <x 005 egyenlőtlenségeket kielégítő természetes számok számát kell megállapítanunk. Ezek a számok a következők: 4,5,6,7,,004,005, Számuk éppen 00. ( pont) A feladat feltételeinek megfelelő természetes számok száma 00. ( pont) Összesen: 0 pont 6 5
Megoldások I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 005-006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 00 pontos teszten az első iskola diákjainak átlag pontszáma 74, ebből a fiúké 7, a lányoké 76. A második iskolába járó diákok átlaga 84 pont, ebből a fiúké 8, a lányoké 90 pont volt. Az összes résztvevő fiú átlaga 79 pont. Mennyi az összes résztvevő lány átlaga? Megoldás: Jelölje az első iskolába járó fiúk és lányok számát rendre f, és l. második iskola tanulói esetében ugyanez f és l. A feladat szövegének.. és 4. mondata alapján: A () 7f + 76l f + l = 74, () 8f + 90l f + l = 84, () 7f + 8f f + f = 79. Alakítsuk át ()-et: 7f + 76l = 74(f + l ), átrendezve l = f, azaz (4) l = f. Hasonlóképpen kapjuk () és () alapján, hogy (5) l = f, f = 4f. pont A lányok átlagának kiszámítása (4) és (5) felhasználásával: A lányok átlaga tehát 84. 76l + 90l = 76 f + 90 f l + l f = 84. + f pont pont Összesen: 7 pont. (a) Ábrázolja az [, ) halmazon értelmezett következő függvényt: x 4 x + x x 4x 4 (b) Jellemezze a függvényt a következő tulajdonságok szerint: zérushelyek, értékkészlet, korlátosság, szélsőértékek, növekedés-csökkenés, monotonitás. Megoldás: Mivel x és x + x = (x ) ezért 4 x + x = x. 6
Megoldások I. forduló Gimnázium A függvény képletében a kivonandó gyökjele alatt teljes négyzet áll, hiszen x 4x 4 = ( x ). Ha x <, akkor x <, ekkor a vizsgálandó függvény: x x ( x ) = x. Ha x, akkor x, ekkor a vizsgálandó függvény: A függvény zérushelye: x x ( x ) =. x = 0, A fentiek alapján a függvény ábrája: pont pont pont x =, x = 5 4. pont - 4 5 6 - - pont A függvény értékkészlete [, ]. A függvény alulról és felülről is korlátos, legnagyobb alsó korlátja a, legkisebb felső korlátja a. A függvény mindkettőt fel is veszi. A függvény minimumhelye az x = -nél van, ekkor a függvény minimuma. A függvény maximuma az, ezt minden x esetén felveszi. A függvény az értelmezési tartományon monoton növő, a [, ] intervallumon szigorúan monoton növő. pont Összesen: 7 pont. Egy kocka éleit megszámozták az,,..., számokkal. András kiválaszt két olyan számot, amelyekhez tartozó éleknek egy közös csúcsuk van. Ugyanezt teszi tőle 7
Megoldások I. forduló Gimnázium függetlenül Béla is. Mekkora a valószínűsége, hogy az András által választott éleknek nincs közös pontja a Béla által választott élekkel? Megoldás: Betűzzük meg a kocka csúcsait az ábra szerint az ABCDEF GH betűkkel úgy, hogy az András által választott csúcsok éppen AB és BC legyenek, jelölje ezt A B C. (i) Nézzük meg, mely egymáshoz csatlakozó élpároknak nincs velük közös pontja. Az A, B, C pontokból induló élet nem választhatunk. Az ABC-vel egy lapon levő D csúcsból induló élek közül tehát csak DH választható. DH élhez választhatjuk a HE és a HG élt. További élpárnak nem lehet az A,B,C,D pontokkal közös pontja. Tehát az élpár mindkét éle az EF GH lapon van. Ezen négy egymáshoz csatlakozó élpár van. Fenti jelölésünkkel a hat megfelelő élpár: D H E, D H G, E F G, F G H, G H E és H E F. pont (ii) Most megszámoljuk, összesen hányféleképpen választható ki két egymáshoz csatlakozó él. Az első élet közül választhatjuk ki. Ehhez, a végpontjaiból induló négy további él bármelyikét vehetjük. Az így adódó 4 = 48-nak csak a fele, 4 a megoldás. Figyelembe vettük ugyanis a sorrendjüket és így minden élpárt kétszer számoltunk. pont A keresett valószínűség az (i)-ben kiszámolt jó esetek számának és az (ii)-ben kiszámolt összes eset számának aránya, ami. pont 4 Összesen: 7 pont. 4. Az ABC hegyesszögű háromszög A, B, C csúcsaiból induló magasságok talppontjai rendre A, B, C. A háromszög magasságpontja M, a BM szakasz felezőpontja F. A C F egyenes a BC oldalt Q-ban, az A B egyenes a CC -et S-ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy QS merőleges AC-re. Megoldás: BMC = BAC = α, mivel merőleges szárú hegyesszögek. BM Thalesz körén rajta van C, ennek a körnek középpontja F. Így MF = F C és ezért () F C M = F MC = α. AB Thalesz körén rajta van B és A, tehát ABA B húrnégyszög. Ebben az A -nél levő szög: (). BA B = 80 α 8
Megoldások I. forduló Gimnázium Az () és () összefüggések miat QA SC húrnégyszög, mivel a szemközti A és C csúcsoknál levő szögeik összege éppen 80. 4 pont Ezen húrnégyszög köréírt körében az A S ívhez tartozó kerületi szögek egyenlők, ezért A QS = A C S. Ez utóbbi szög az AC Thalesz körén levő A C-hez tartozó kerületi szög és ezért A C S = A C C = A AC = 90 γ, ahol γ = ACB. Azt kaptuk, hogy A QS = 90 γ, tehát az SQ, AC és QC egyenesek derékszögű háromszöget alkotnak, azaz QS merőleges AC-re. pont Összesen: 7 pont. Amennyiben a versenyző nem oldja meg a feladatot, de gondosan elkészített, helyes ábrát készít, ezért pontot kap. További, összesen pontot kaphat elemi észrevételekért (pl ABA B húrnégyszög, AB MC húrnégyszög, az ezekből adódó szögekre vonatkozó összefüggések). Koordinátageometriai megoldás esetén: a magasságok talppontjainak meghatározásáért a csúcsok koordinátáival pont. Az M, F pontok meghatározásáért további pont. A Q és S pontok meghatározásáért - pont. Annak megmutatásáért, hogy QS merőleges AC-re pont. 5. Jelölje f(n) azoknak az n jegyű pozitív egészeknek a számát, amelyekre igaz, hogy az n számjegy közt előfordul az -es és a -es számjegy is. Bizonyítsuk be, hogy f(n) nem lehet négyzetszám, ha n. Megoldás: Legyen A az összes n jegyű pozitív egészek halmaza, ennek elemszáma A = 9 0 n, mivel az első jegy 9 féle lehet, a többi 0 féle. Legyen B az összes n jegyű pozitív egészek halmaza, melyekben nincs -es, C melyekben nincs -es. Ekkor B = C = 8 9 n, mivel az első jegy 8 féle, a többi 9 féle lehet. Nekünk az A \ (B C) halmaz elemszámára van szükségünk. Ez A \ (B C) = A B C + (B C). 4 9
Megoldások I. forduló Gimnázium Le kell ugyanis vonnunk az összesből az -est és a -est nem tartalmazókat. Így kétszer vontuk le azokat a számokat, melyekben nincs se -es, se -es. Ezek alkotják a B C halmazt, melynek elemszáma B C = 7 8 n. Ezt hozzá kell adni. Tehát f(n) értéke : f(n) = 9 0 n 8 9 n 8 9 n + 7 8 n. pont Például n = esetén képletünkből f() = adódik. A két megfelelő szám a és a. A következő néhány érték egyike sem négyzetszám, ez látszik a prímtényezős felbontásukból: f() = 5 =, f(4) = 90 = 5, f(5) = 696 = 7 07. A -as maradékot tekintve f(n) maradéka megegyezik 7 8 n maradékával. Ha n páros, akkor ez. Négyzetszám -as maradéka viszont nem lehet. Így f(6) sem lehet négyzetszám, hiszen n = 6 páros. pont Ha n 7, akkor f(n) = 6 ( 9 0 n 6 9 n + 7 ) 8n. 6 Mivel a 6 négyzetszám és a zárójelben álló szám egész, f(n) csak akkor lehetne négyzetszám, ha a zárójeles kifejezés maga is négyzetszám lenne. Vizsgáljuk a 4-es maradékot! A két tört számlálója legalább 6 -nal osztható, a 6-tal való osztás után is 4-gyel oszthatók maradnak. A 9 n 4-es maradéka, így a zárójelben 4k alakú szám áll, ami nem lehet négyzetszám. pont Összesen: 7 pont. 5 0
Megoldások I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 005 006-os tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket az ottani 5. pont utolsó mondatára, mely szerint 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 5 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., OKÉV, 6 Budapest, Pf. 9. 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 versenyszabályzatnak az Oktatási Minisztérium által tavaly történt szigorú módosítása miatt a Versenybizottság legfeljebb 0 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban a feladatoknak általában csak egy vagy két megoldását közöljük; más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 005. december A versenybizottság. feladat Igaz-e, hogy a 7k +, k = 0,,,... számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl..) Első megoldás: Olyan számokkal próbálkozunk, amelyek első és utolsó jegye c, közöttük pedig t darab 0 van: c(0 t + ). ( pont) Megvizsgáljuk 0 hatványainak a 7-tel való osztási maradékait. Ezek 0 t = (7 + ) t miatt ugyanazok, mint a megfelelő hatványainak a maradékai. Mivel maradéka, ezért 6 maradéka, és így 6s maradéka is. ( pont) Ennek alapján 0 6s + maradéka, és így c = 5-re 5(0 6s + ) maradéka. Ezzel végtelen sok megfelelő palindrom számot kaptunk, az állítás igaz. (4 pont) Második megoldás: Olyan számokkal próbálkozunk, amelyek minden jegye c: c( + 0 +... + 0 t ). ( pont) Az +0+...+0 t számok között végtelen sok 7-tel nem osztható van, hiszen bármely j-re az + 0 +... + 0 j és + 0 +... + 0 j+ számok közül legalább az egyik ilyen, ugyanis a különbségük, 0 j+, nem osztható 7-tel. ( pont) Ha egy 7-tel nem osztható + 0 +... + 0 t számnak a 7-tel való osztási maradéka, akkor legyen c =, és hasonlóan, ha a maradék,, 4, 5, ill. 6, akkor legyen rendre c = 5,, 6,, ill. 4. Ezzel végtelen sok megfelelő palindrom számot kaptunk, az állítás igaz. (4 pont)
Megoldások I. forduló Specmat Harmadik megoldás: Legyen N tetszőleges pozitív egész szám. Írjunk N tízes számrendszerbeli alakjának végére egy később megválasztandó egyjegyű c számot, majd ezután N számjegyeit fordított sorrendben. Így egy K c palindrom számot kapunk. Ha N jegyeinek száma n, akkor K c jegyeinek száma n +. Megmutatjuk, hogy tetszőleges N esetén c megválasztható úgy, hogy a K c palindrom szám 7k + alakú legyen. ( pont) Nyilván K c = K 0 + c0 n. ( pont) Mivel 7 és 0 n relatív prímek, a K 0, K,..., K 6 számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo 7. Így van közöttük olyan, amelynek a héttel való osztási maradéka. (4 pont). feladat Adott legalább kettő, de véges sok / k alakú szám, amelyek összege legfeljebb (és minden k pozitív egész). Lássuk be, hogy a számok két csoportba sorolhatók úgy, hogy mindkét csoportban a számok összege legfeljebb /. Első megoldás: A törtek darabszáma szerinti teljes indukcióval bizonyítunk. Ha csak két szám van, akkor mindegyikük legfeljebb /, így megfelel, ha az egyik alkotja az egyik csoportot, a másik pedig a másik csoportot. ( pont) Tegyük fel, hogy az állítás igaz r törtre, és vegyünk tetszőleges r darab törtet, ahol r. Ha a törtek között van két egyforma, akkor helyettük tekintsük ezek összegét. Ezzel eggyel kevesebb / k alakú törthöz jutunk, amelyek összege változatlanul legfeljebb, tehát az indukciós feltétel szerint beoszthatók két megfelelő csoportba. Az összegtörtet visszabontva így az eredeti törteknek is egy jó beosztását kapjuk. ( pont) Ha mindegyik tört különböző, akkor a legnagyobb is legfeljebb /, a többiek összege pedig legfeljebb (/4) + (/8) +... + (/ j ) valamilyen j-re, ami (/) (/ j ) < (/). Így megfelel, ha a legnagyobb törtet rakjuk az egyik csoportba, az összes többit pedig a másikba. ( pont) Második megoldás: Ha a számok összege legfeljebb /, akkor akármilyen szétosztás megfelel. Egyébként töltsük fel az első csoportot a mohó algoritmussal : rakjuk bele a legnagyobb törtet, majd a legnagyobb olyat, hogy az összeg még legfeljebb / legyen stb. Megmutatjuk, hogy a kimaradó számok összege is legfeljebb /, és így megfelel, ha őket rakjuk a második csoportba. ( pont) Ha az első csoport elemeinek összege, S, pontosan /, akkor a kimaradók összege T (/) = /. Tegyük fel tehát, hogy S < /. Ekkor valamilyen j-re j < S j+. Ez azt jelenti, hogy minden egyes kimaradó / k törtben k j, különben bevehettük volna még az első csoportba. Így a kimaradó törtek T összegét közös m nevezőre hozva m j. Ha T > / lenne, akkor így T (/) + (/ m ) (/) + (/ j ) adódna, de ekkor S + T >, ami ellentmondás. (5 pont)
Megoldások I. forduló Specmat. feladat A [0, ] intervallumot 999 piros ponttal 000 egyenlő részre, 0 kék ponttal pedig egyenlő részre osztjuk fel. Mennyi a legkisebb távolság egy piros és egy kék pont között, és ez hány pontpárnál fordul elő? Megoldás: A piros pontoknak a k/000 számok, k 999, a kék pontoknak pedig a t/ számok, t 0, felelnek meg. Egy-egy ilyen pont távolsága k 000 t = k 000t 000. ( pont) Itt a számláló nem 0, hiszen k = 000t esetén 000t, ahonnan (, 000) = miatt t, ami t 0 esetén nem teljesül. Így a számláló abszolút értéke legalább, azaz a távolság legalább /000. ( pont) Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha k 000t = vagy. Mindkét lineáris diofantikus egyenlet megoldható, mert (, 000) =. (Közvetlenül is látszik, hogy k = 9, t = 0, illetve k = 9, t = 0 egy-egy megoldást ad.) Mivel az összes megoldás k = k 0 + 000m, t = t 0 + m, ahol m tetszőleges egész (ez egyszerűen következik az (000, ) = feltételből), továbbá k = 0 vagy t = 0 nem ad megoldást, ezért mindkét egyenletnek pontosan megoldása van a k-ra és t-re megadott tartományban. Vagyis a minimális távolság /000 és ez két pontpárnál fordul elő. ( pont) 4. feladat Egy tetraédernek legalább négy éle legfeljebb egységnyi hosszúságú. Mekkora lehet maximálisan a tetraéder térfogata? Megoldás: Két eset lehetséges: I. A négy él közül három egy lapot fog közre, egy pedig a negyedik csúcsból indul; II. Két lapnak a közös éltől különböző oldalairól van szó. Mindkét esetben térfogatnöveléssel (nemcsökkentéssel) eljutunk egy maximális térfogatú tetraéderhez, majd a kettő közül kiválasztjuk a nagyobbikat. ( pont) I. eset: Legyenek az ABC lapot határoló élek -nél nem nagyobbak. Ezeket rögzítve a térfogat akkor maximális, ha a D csúcs az ABC síktól a lehető legmesszebb, vagyis távolságra van. Ekkor a negyedik legfeljebb egységnyi él pontosan és merőleges az ABC síkra. Az ABC háromszög AB oldalát rögzítve a háromszög területe akkor maximális, ha C a lehető legtávolabb van AB-től. Mivel AC, BC, ez akkor következik be, ha AC és BC mindegyike. Így az ACB szög legfeljebb 60. Ha a szöget 60 -ra és ezzel AB-t egységnyire növeljük, a háromszög (AC) (BC) (sin ACB)/ területe nő. Térfogatnöveléssel eljutottunk tehát egy olyan tetraéderhez, amelynek alaplapja egységoldalú szabályos háromszög és magassága egységnyi. Ennek térfogata V = (/) ( /4) = /. ( pont) II. eset: Legyen AB, BC, AD, DC. Ha ezeket és az AC élt rögzítjük, a tetraéder térfogata úgy a legnagyobb, ha az ABC és ADC síkok merőlegesek, hiszen adott alaphoz ekkor tartozik a legnagyobb magasság.
Megoldások I. forduló Specmat Tartsuk AC-t továbbra is rögzítetten, és növeljük az AB, BC, AD, DC oldalakat egységnyire. Ekkor B is, D is távolabb kerül AC-től, vagyis a tetraéder alapterülete és magassága is nő. Jelölje az ACB = ACD szöget α, az AC él felezőpontját pedig F. Ekkor az ABC alaplap területe AC F B/ = (sin α)(cos α), a tetraéder magassága pedig F D = sin α. A térfogat így f(α) = (sin α)(cos α)/. Keressük tehát f(α) maximumát, ahol α hegyesszög. A mértani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség szerint f(α) = cos α sin α sin α cos α + (sin α)/ + (sin α)/ =. Itt egyenlőség teljesülhet (ha cos α = (sin α)/ ), tehát a maximális térfogat V = ( ) = 7. (Az f(α) = ( cos α)(cos α)/ függvény maximumát differenciálszámítással is megkaphattuk volna.) Mivel V = /7 < /4 = V, ezért a feladat által keresett maximális térfogat V = /. ( pont) D sin α B A sin α cos α Megjegyzés: Számolással könnyen ellenőrizhető, hogy a II. esetben a maximális térfogat akkor áll elő, ha AC = BD, illetve, ami ezzel egyenértékű, ha a BAD és BCD síkok is merőlegesek egymásra. 4 F α α C 4
Megoldások I. forduló Specmat 5. feladat Legyen AB az O középpontú k körnek egy olyan húrja, amely nem átmérő. Jelölje M az AB szakasz felezőpontját, R pedig az OM félegyenesnek a k-val vett metszéspontját. Vegyünk fel egy tetszőleges P belső pontot a rövidebbik AR íven. A P M félegyenes messe a kört a Q pontban, és legyen S az AB és QR húrok metszéspontja. Az RS és P M szakaszok közül melyik a hosszabbik? O Q A k M S B P k E R Első megoldás: Toljuk el az RS szakaszt úgy, hogy az S pont M-be kerüljön. Ekkor az R pont egy E pontba mozdul el, és az ERSM négyszög paralelogramma. Mivel EM és RS párhuzamosak, az EM P szög egyenlő az RQP szöggel. ( pont) Az MS és ER is párhuzamosak, és MS merőleges az OR sugárra, ezért ER érintője a k körnek. Így az ERP szög a k körnek az RP ívhez tartozó érintőszárú kerületi szöge, és ezért ez is megegyezik az RQP szöggel. ( pont) (Persze E R, mert különben M = S teljesülne, ahonnan P = R következne.) Így viszont az EMP és ERP szögek is megegyeznek, vagyis P ERM húrnégyszög, jelölje k a körülírt körét. ( pont) Mivel ERM derékszög, a Thalész-tétel megfordítása miatt EM a k kör átmérője. Ezért az EP M háromszögben is derékszög van a P csúcsnál. Az EP M háromszögnek P M befogója, EM pedig átfogója, ezért P M EM = RS. ( pont) Egyenlőség nem állhat, mert ha P M is átmérője k -nek, akkor P = E állna fönn, azaz P rajta lenne az ER érintőn, ami csak úgy lehet, ha P = R, ezt pedig kizártuk. ( pont) 5 5
Megoldások I. forduló Specmat Q Q O A k T M S B P k R Második megoldás: Tükrözzük a Q pontot az OR sugár egyenesére. A kapott Q pont ismét a k körön van. Ha T jelöli a Q R és az AB húrok metszéspontját, akkor S képe a tükrözésnél T, és így RS = RT. ( pont) Mivel AB és Q Q is merőlegesek az OR egyenesre, ez a két szakasz párhuzamos. Így az RQ Q és RT M szögek megegyeznek. ( pont) (Persze T M, mert különben Q = Q az OM egyenesen lenne, és akkor P = R teljesülne.) Az RP M = RP Q szög a k körben az RQ ívhez tartozó kerületi szög, és így az RQ Q szög megegyezik az RP M szöggel is. ( pont) Ezért az RT M és RP M szögek is megegyeznek, vagyis P RMT húrnégyszög. Jelölje k a körülírt körét. ( pont) Mivel T MR derékszög, a Thalész-tétel megfordítása miatt T R a k kör átmérője, P M pedig húrja. Ezért SR = T R P M. ( pont) Egyenlőség nem állhat, mert ha P M is átmérője a k körnek, akkor P RM derékszög, vagyis P rajta van a k kör R-ben húzott érintőjén, és így P = R, amit a feladat feltétele kizár. ( pont) 6 6
Megoldások II. forduló Szakközépiskola SZAKKÖZÉPISKOLA A 005-006. tanévi matematika OKTV I. kategória második forduló feladatainak megoldása. feladat x Oldja meg az ( x + y) + ( x y) + x y + = 6 egyenletet, ha x és y egész számok! y 0 pont I. Megoldás: A megoldandó egyenlet ekvivalens a x () x + x y + = 6 egyenlettel. y Nyilvánvaló, hogy y 0 ( pont) Mivel x, y egész számok, ezért () csak úgy teljesülhet, ha y x is egész szám. Ebből az következik, hogy az x többszöröse y-nak, azaz Ezzel k y + k y + k = 6, vagy másként () ( y + y + ) = 6 ( k Z ) x = k y ( pont) k ( pont) () bal oldalán egy egész szám és egy egész szám négyzetének szorzata áll, vagyis () ( y +) = 6 k. () szerint 6 osztható egy egész szám négyzetével. Mivel 6 =, ( pont) ezért () kétféleképpen teljesülhet: a) ( y +) = vagy b) ( ) y + = ( pont) 7
Megoldások II. forduló Szakközépiskola y, akkor y+= vagy y + =, amelyből y=0 illetve y = következik. Ha ( +) = Az y=0 a feltétel miatt nem lehetséges. Az y = -ből () felhasználásával adódik, hogy egyrészt, k=6, másrészt x = 76 Ha ( ) y + =, akkor y+= vagy y + =, tehát y=0, illetve y =. ( pont) Ekkor k= és ezért x=0 illetve x = 6 ( pont) A feladat megoldásai tehát az egész számokból álló számpárok halmazán: x = 76 x x = 0 = 6 ; ; ; y = y y = 0 = ( pont) Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ezek a számpárok valóban megoldásai az egyenletnek. ( pont) Összesen: 0 pont 8
Megoldások II. forduló Szakközépiskola II. Megoldás: Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát y-nal! ( y 0 ) Rendezés után a következőt kapjuk: () x y + x y + x 6 y = 0. ( pont) Vegyünk el () mindkét oldalából 6-at! Ezzel egyrészt x y + x y + x 6 y 6 = 6, ( pont) másrészt () ( y + ) 6( y + ) = 6 () bal oldala szorzattá alakítható: () ( + ) ( xy + x 6) = 6 x ( pont) y. A kényelmesebb számolás érdekében () így is írható: (4) ( ) ( ) y + 6 xy x = ( pont) A számot kell két egész szám szorzatára bontani, és mivel -nek 6 pozitív osztója van, ezért a negatív osztókat is figyelembe véve esetet kell megvizsgálnunk.( pont) A számológép nélkül is elvégezhető számítások után az I. megoldásban kapott eseteket kapjuk. (a többiben vagy x, vagy y nem egész szám): x = 76 x x = 0 = 6 ; ; ; y = y y = 0 = A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg. (4 pont) ( pont) Összesen: 0 pont 9
Megoldások II. forduló Szakközépiskola.feladat Az ABC háromszög súlyvonalai az S pontban metszik egymást. Bizonyítsa be, hogy az ( SA + SB ) AB + BC + CA = + SC egyenlőség teljesül! 0 pont I. Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók, az F, F és F pontok a megfelelő oldalak felezőpontjai. C F F S A F B A megoldásban felhasználjuk az S súlypontnak azt az ismert tulajdonságát, hogy S a megfelelő súlyvonalnak a csúcstól távolabb eső harmadoló pontja. ( pont) Így kapjuk, hogy () SA AF = SA + AF = SA ( pont) Írjuk fel a koszinusztételt az ABF háromszögre! Az oldalakat a szokásos módon jelölve: () a a AF = c + c cos β 4 Felhasználjuk ()-et és azt, hogy az ABC háromszögre felírt koszinusztételből következően: a + c b cos β =, ac így kapjuk, hogy 4 0
Megoldások II. forduló Szakközépiskola 9 SA 4 a a a + c b = c + c, 4 ac ahonnan rendezés után: () b + c a SA = ( pont) Hasonlóképpen látható be, hogy egyrészt (4) a + c b SB = ( pont) illetve: (5) a + b c SC = ( pont) A ()-(4)-(5) egyenletek megfelelő oldalainak összeadása után kapjuk, hogy ( SA + SB + SC ) = a + b + c, ez pedig ekvivalens a bizonyítandó állítással. ( pont) Összesen: 0 pont II. Megoldás: Ebben a megoldásban a súlypont tulajdonsága mellett felhasználjuk azt a könnyen (például a Pitagorasz tétel segítségével) bizonyítható állítást, hogy a paralelogramma oldalainak négyzetösszege egyenlő az átlók négyzetösszegével. Tükrözzük az. megoldás ábráján szereplő S súlypontot a megfelelő oldalak F, F és F oldalfelező pontjaira! Jelöléseink az ábrán láthatók. C S S F F S A F B S ( pont) 5
Megoldások II. forduló Szakközépiskola A tükrözés miatt a BS CS, CS AS, AS BS négyszögek parallelogrammák, ezért BS =AS =SC, CS =AS =SB, CS =BS =SA. ( pont) Az S súlypont az egyes súlyvonalak csúcsoktól távolabb eső harmadoló pontja, eszerint SA SF =, SB SF =, SC SF =, ( pont) A tükrözés és a parallelogrammák tulajdonságai miatt így is teljesül, hogy () SS =SA, SS =SB SS =SC ( pont) A BC=a, CA=b és AB=c jelöléssel alkalmazzuk a parallelogrammákra vonatkozó állítást: () () (4) SB + SC = SA + a SA + SC = SB + b c SA + SB = SC + ( pont) A ()-()-(4) egyenletek megfelelő oldalait összeadva és rendezve azt kapjuk, hogy ( SA + SB + SC ) = a + b + c, ez pedig ekvivalens a bizonyítandó állítással. ( pont) Összesen: 0 pont 6
Megoldások II. forduló Szakközépiskola. feladat Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenlőséget, ha p (pozitív) prímszám: log p p+ 6 p x 5 x + 0 pont Megoldás: Mivel p pozitív szám, és a logaritmus alapszáma csak pozitív szám lehet, ezért szükséges, hogy () p + 6 p > 0 legyen Az () egyenlőtlenség más alakban: azaz p p 6 < 0, () ( + ) ( p ) < 0 p ( pont) A feltételek miatt () úgy teljesülhet, ha p<, ez pedig azt jelenti, hogy csak p= lehetséges. Ekkor a logaritmus alapszáma. ( pont) A logaritmus értelmezése miatt x 5x + > 0, amelyből () x 0x + 6 > 0 következik. () minden valós x-re teljesül, mert a bal oldalon szereplő másodfokú kifejezés diszkriminánsa negatív. ( pont) 7
Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az eredeti egyenlőtlenség a fentiek alapján a következő alakba írható: (4) x log 5x + log ( pont) (4) két oldalán a logaritmus kifejezések alapszáma -nél kisebb pozitív szám, ezért x 5x +, illetve (5) x 0x + 5 0 ( pont) Az (5) bal oldala teljes négyzet, vagyis (6) ( x 5) 0. (6) Csak úgy lehetséges, ha x=5. ( pont) A kiinduló egyenlőtlenség egyetlen megoldása tehát a p= prímszám esetén adódó x=5 valós szám. Ellenőrizhető, hogy ez valóban megoldás, ekkor az egyenlőtlenségben az egyenlőség esete áll fenn. ( pont) Összesen: 0 pont 8 4
Megoldások II. forduló Szakközépiskola 4. feladat Az ABC háromszög egyik oldalát két, a másik oldalát három, a harmadik oldalát négy egyenlő részre osztottuk. Az osztópontok rendre: az AB oldalon P, a BC oldalon Q és Q, a CA oldalon R, R, R. Tekintsük az összes olyan háromszöget, amelynek mindhárom csúcsa különböző oldalon levő osztópont. Melyik háromszögnek legkisebb a területe? 0 pont Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók. C R Q R R Q A P B A lehetséges háromszögek mindegyikének csúcsa a P pont és a feltételek alapján nyilvánvaló, hogy összesen hat háromszög területét kell megállapítani, még pedig: PQ R, PQ R, PQ R, PQ R,, PQ R és végül a PQ R háromszög. ( pont) Mindegyik háromszög területét az ABC háromszög területével fogjuk összehasonlítani. Az összehasonlításnál felhasználjuk azt az ismert állítást, hogy ha két háromszögben egy-egy oldalhoz tartozó magasság egyenlő, akkor a háromszögek területének aránya a szóban forgó oldalak arányával egyezik meg. ( pont) Ennek megfelelően az ABC háromszög PC súlyvonala felezi az ABC háromszög területét, továbbá a PCR, PR R, PR R és PR A háromszögek területe egyenlő, mivel a CR =R R =R R =R RA szakaszokhoz tartozó magasságuk közös. 9 5
Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az ABC háromszög területét T-vel jelölve kapjuk, hogy () T = T = T APR 4 8. Hasonló módon látható be, hogy PBQ, PQ Q és PQ C háromszögek területe egyenlő, ezért () T = T = T PBQ 6. A BCR háromszög területe T-nek része, mivel a BCR és az ABC háromszög B 4 csúcsból induló magassága egyenlő és CR = CA. 4 Látható, hogy a CR Q háromszög területe része a BCR háromszög területének, így () T CR = T = T Q 4 6 Az ()-()-() összefüggésekből kapjuk, hogy 7 (4) T R T. ( pont) PQ = 4 A területek összehasonlításának az előzőekben alkalmazott módszerét a továbbiakban is követve: illetve () alapján Ezzel: T APR T = T ; T PBQ = 4 TQ CR T 6 T 6 Q CR = =. 6 (5) T R T. ( pont) PQ = 4 Mivel CR =AR (ahogy azt a korábbiakban láttuk), ezért így T = T = T APR 4 8 T, TQ CR Q CR = = T PBQ 6 T =, T 6 0 6
Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5 (6) T R T. ( pont) PQ = 4 A PQ R háromszög területének T-vel való összehasonlításához APR, a PBQ és a Q CR háromszögek területét fejezzük ki: ()-ből következően: továbbá () alapján illetve T T = T APR 8, TPBQ T 6 PBQ = =, () szerint TQ CR TQ CR T = = ), és innen: 5 (7) T R T. ( pont) PQ = 4 Az előzőekben már megállapítottuk, hogy T T APR = 4, T T PBQ = 6, és az is könnyen látható, hogy ezért T TQ CR T Q CR = =, 6 (8) T R T. ( pont) Végül amiből pedig: T T PQ = 4 T = T 8 T 8 APR = APR =, = T, és TQ CR T = QCR = 6 T PBQ, 7 (9) T R T ( pont) PQ = 4 A (4)-(9) pontokban felírt összefüggésből világosan látszik, hogy a feladat feltételeinek megfelelő legkisebb területű háromszög a PQ R és a PQ R háromszög, ezek területeire érvényes, hogy T 5 = TPQ R T. ( pont) 4 PQ R = Összesen: 0 pont 7
Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5. feladat Egy kocka minden csúcsához írjuk oda az,,, 4, 5, 6, 7, 8 számok valamelyikét úgy, hogy a testátlók végpontjaiba írt két-két szám összege ugyanannyi legyen. (A kocka csúcsainak minden egyes megjelölésénél mind a nyolc számot fel kell használnunk.) Hányféleképpen jelölhetjük meg az előbb ismertetett módon a kocka csúcsait, ha az elforgatással egymásba átvihető eseteket nem tekintjük különbözőnek? 0 pont Megoldás: A kockának négy testátlója van, így az egyes testátlók két csúcspontjában álló számok összegének + + + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 9 -nek kell lennie 4 ( pont) Mivel az elforgatással egymásba átvihető eseteket nem tekintjük különbözőnek, ezért rögzíthetjük a kocka valamelyik csúcsánál, például az -et. A vele szomszédos csúcsokat lapátlók kötik össze, tehát a (;7), a (;6) és a (4;5) számpárokból tetszőlegesen választhatunk ezekre a helyekre egy-egy számot. Az így kiválasztott számok már egyértelműen meg fogják határozni mind a nyolc szám helyét. ( pont) Az előbb említett kiválasztásra minden párban két lehetőségünk van (a többi kiválasztástól függetlenül), ezért = 8 féleképpen választhatjuk ki az -gyel megjelölt csúcs szomszédos csúcsaiban a számokat. ( pont) 8
Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az -gyel megjelölt F csúcsból induló testátló körüli 0 os elforgatás önmagába viszi át a kockát, hiszen a BGE háromszög a kocka lapátlóiból álló szabályos háromszög, amelynek középpontja az FD tetátló és a BGE síkjának P metszéspontja. (. ábra) H G E F P D C A B.ábra Ezért egy kiválasztott szomszédos számhármasnál csak két különböző esetet kapunk, amelyekben ellenkező a körüljárás iránya. Ennek egyik lehetséges módját szemlélteti a. ábra. 4 4. ábra ( pont) Így a feladatban megadott feltételek mellett összesen 8 = 6 féleképpen írhatjuk a kocka csúcsaihoz a számokat. ( pont) Összesen: 0 pont 9
Megoldások II. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 005-006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x sin x cos (x) < x. Megoldás: Az egyenlőtlenség jobb oldalán x áll. Ha x =, akkor az egyenlőtlenség mindkét oldalán áll, azaz egyenlőség van. Tehát az x = nem megoldás. pont Ha 0 < x <, akkor a kitevők között a következő relációnak kell teljesülnie: sin x cos (x) >. Mindkét oldalhoz hozzáadunk -et és alkalmazzuk az cos (x) = sin x azonosságot: sin x + sin x = sin x( + sin x) > 0. Mivel 0 < x <, ezért sin x pozitív és így az egyenlőtlenség a vizsgált tartomány minden x értékénél teljesül. pont Ha < x, akkor a kitevőket vizsgálva a relációs jel iránya más, iménti átalakításainkat használva a megoldandó egyenlőtlenség: sin x( + sin x) < 0. A bal oldalon található szorzatban az + sin x tényező soha nem lehet negatív, 0 is csak akkor lehet, ha sin x =. Az egyenlőtlenség tehát akkor teljesül, ha sin x negatív, de nem. Ekkor a megoldás (k )π < x < (k 0, 5)π k N + ; (l 0, 5)π < x < lπ l N +. Összefoglalva, a megfelelő x értékek: 0 < x < ; (k )π < x < (k 0, 5)π k N + ; (l 0, 5)π < x < lπ l N +. pont Összesen: 7 pont. A valós számokon értelmezett f(x) = ax bx + c másodfokú függvény a együtthatójára > a = 0 teljesül. Bizonyítsuk be, hogy ha f(a) = b és f(b) = a, akkor c <. 40
Megoldások II. forduló Gimnázium Megoldás: Mivel f(a) = b és f(b) = a, a függvényt definiáló kifejezésbe helyettesítve a következőt kapjuk: () a ab + c = b, () ab b + c = a. Vegyük () és () megfelelő oldalainak különbségét, majd alakítsunk szorzattá: a(a b ) + b(b a) = a b, (a b)(a + ab b ) = 0, () (a b)(a )(a + b + ) = 0. 4 pont Most vegyük sorra a ()-ban kapott szorzat bal oldalán álló tényezőket, mikor lesz értékük 0. Ha a b = 0, akkor () alapján a a + a = c. Mivel > a, ezért > a + a + a c. Ha a = 0, akkor a =, de ez a feladat feltételei szerint nem lehet. Egyébként a = esetén () alapján c = és így c <. Ha a+b+ = 0, akkor ebből b = a adódik, ezt ()-be helyettesítve a +a = c. Mivel > a, ezért > a + a + c. pont Összesen: 7 pont. Az ABCD konvex négyszögben ABD = ACD. Legyenek a BC és AD élek felezőpontjai rendre E és F. Az AC és BD átlók metszéspontjának az AB és CD oldalegyenesekre eső merőleges vetületei G és H. Igazoljuk, hogy az EF és GH egyenesek egymásra merőlegesek. Megoldás: Legyen az ABCD négyszög átlóinak metszéspontja M, az MB és MC szakaszok felezőpontjai rendre B és C. A feladat szövege szerint ABD = ACD, legyen ϕ = GBM = HCM. Mivel MC Thalesz körének középpontja C és ezen a körön rajta van H, ezért HC = MC = CC. A HC C egyenlőszárú háromszög C -nél levő külső szöge HC M = ϕ. Ugyanígy MB Thalesz körének középpontja B és ezen a körön rajta van G, ezért B G = MB = BB. A GB B egyenlőszárú háromszög B -nél levő külső szöge GB M = ϕ. pont 4
Megoldások II. forduló Gimnázium Az MBC háromszögben C E és B E középvonalak, EB = MC és C E = MB. MB EC paralelogramma, szemközti szögei egyenlők, MC E = MB E = δ. Most megmutatjuk, hogy HC E és EB G egybevágó háromszögek. Két oldaluk ugyanolyan hosszú: HC = EB, hiszen mindkettő egyenlő MC ; továbbá C E = B G, hiszen mindkettő egyenlő MB. Az említett egybevágó háromszögekben a vizsgált oldalpárok által bezárt szög ugyanakkora: HC E = ϕ + δ = EB G. pont Az egybevágó HC E és EB G háromszögekben HE = GE, ezért E rajta van HG felező merőlegesén. DM C és AM B hasonló háromszögek, DM C = AM B csúcsszögek, a feladat szövege szerint pedig ABD = ACD. Ezért BDC = BAC. Innentől kezdve a fenti gondolatmenethez hasonló módon kapjuk, hogy HF = GF és így F is rajta van HG felező merőlegesén. A bizonyítandó állításnál egy kicsit többet is beláttunk, EF merőleges HG-re és felezi is azt. pont Az ábrán ABD és BAC hegyesszög. Ilyenkor G és H az AB és CD szakaszok belső pontja. Abban az esetben, ha a két szög valamelyike tompaszög, G és H nem lesz belső pontja az AB és CD oldalaknak, de a fent közölt gondolatmenetünk változatlanul működik. Amennyiben az említett két szög közül valamelyik derékszög, például ABD, akkor AD Thalesz körén van rajta B és C. Ekkor G és H megegyezik B-vel és C-vel. Ebben az esetben F E a Thalesz kör egy átmérője, ami áthalad GH, azaz a BC húr felezőpontján, ezért éppen a húr felezőmerőlegese. pont Összesen: 7 pont 4