2009/2010. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

009/00 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általáos Iskola és Gimázium http://matek.fazekas.hu/ 07. március.

TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatlapok.. I. forduló............................................ Szakközépiskola.................................... Gimázium.................................... 3..3. Specmat....................................... II. forduló........................................ 5... Szakközépiskola................................. 5... Gimázium.................................... 6.3. Döt forduló...................................... 7.3.. Szakközépiskola................................. 7.3.. Gimázium.................................... 8.3.3. Specmat..................................... 9 Megoldások 0.. I. forduló......................................... 0... Szakközépiskola................................. 0 Megoldások 6 3.0.. Gimázium.................................... 6 3.0.. Specmat..................................... 30 3.. II. forduló........................................ 37 3... Szakközépiskola................................. 37 3... Gimázium.................................... 7 3.. Döt forduló...................................... 5 3... Szakközépiskola................................. 5 3... Gimázium.................................... 63 3..3. Specmat..................................... 67

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009/00 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Az. forduló feladatai. Melyek azok az m Z számok, amelyekre az m x mx = egyeletek legfeljebb egy, az m x + 3mx = 0 egyeletek legalább egy valós gyöke va? ( ) 0. Egy derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör éritési potja két szakaszra osztja. Bizoyítsa be, hogy a háromszög területéek számértéke egyelő eze két szakasz hosszáak a szorzatával! 3. Melyik az a 0-es számredszerbe felírt, xyzu alakú égyjegyű szám, amelyek számjegyeire teljesülek az u + z x = és u + 0 z y = feltételek?. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpotja a CC magasságvoalo úgy helyezkedik el, hogy CM : MC = 3 :. ( C a magasság talppotja) Mekkora az AFB, ha F a CC szakasz felezőpotja? 5. Palkó uzsoára palacsitát készített barátaiak. Az asztalo három tálo va palacsita. Az első 8 darab túrós, 6 darab diós, és 0 darab lekváros va, a másodiko darab túrós, 0 darab diós, és 8 darab lekváros, a harmadiko 8 darab diós, darab lekváros és éháy túrós. a) Palkó egyik barátja, Peti, véletleszerűe vett midegyik tálról egy-egy 3 palacsitát. Tudjuk, hogy a Peti által választott három palacsita 5 valószíűséggel volt azoos ízesítésű. Háy túrós palacsita volt a harmadik tálo? b) A harmadik tálo levő túrós palacsiták számától függőe milye határok közt változhat aak a valószíűsége, hogy Peti három azoos ízesítésű palacsitát vett ki? (Feltesszük, hogy a házigazda csak a harmadik tálo lévő túrós palacsiták számát változtatja.) 6. Az ABC háromszög B és C csúcsaiál fekvő belső szögfelezők az AC illetve AB oldalt a B illetve C potokba metszik. Rajzoljuk meg az A csúcso keresztül a külső szögfelező e egyeest. A B poto át a CC szögfelezővel, a C poto át a BB szögfelezővel párhuzamos egyeeseket húzuk, amelyek az e egyeest a P illetve a Q potokba metszik. Bizoyítsa be, hogy a BCQP égyszög csúcsai egy körö helyezkedek el! Mide feladat helyes megoldásáért 0 pot adható.

Feladatlapok I. forduló Gimázium Oktatási Hivatal Az Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009-00. taévi első fordulójáak feladatai matematikából, a II. kategória számára. Adott a következő poliom: P (x) = x + (x + ) + (x + ) +... + (x + 008) (x + ) (x + 3)... (x + 009). Mely valós x értékek eseté teljesül, hogy P (x) > 0?. Melyik az a legagyobb, csupa külöböző számjegyet tartalmazó pozitív egész szám, amelyek a számjegyeit tetszőleges sorredbe véve midig prímszámot kapuk? 3. Oldjuk meg a következő egyeletet: x + x = 5 x ( 5 ) x.. Az ABC háromszög területét az A csúcsból iduló belső szögfelező : aráyba osztja. Milye aráyba osztja fel a háromszög területét az a magasságvoal, amely a háromszög legagyobb szögű csúcsából idul, ha BC felezőmerőlegese a területet (a) : 3; aráyba osztja? (b) : 5. Az {; ; 3;...; 009} halmazból legalább háy számot kell kiválasztai, hogy biztosa legye a kiválasztott számok között két olya, amelyek külöbsége? Valameyi feladat 7 potot ér. 3

Feladatlapok I. forduló Specmat ÇÖ Þ Ó Ã Þ Ô ÓÐ Ì ÒÙÐÑ ÒÝ Î Ö ÒÝ ¾¼¼ ¾¼½¼¹ Ø Ò Ú Å Ì Å ÌÁà ÁÁÁº Ø Ö Þ Ð ÓÐ µ ÓÖ ÙÐ Ð Ø ÑÒ Þ ÙÑÓ Ô Ð Ñ Ø Ñ Ø Ó ÞØ ÐÝ Ò Ø ÒÙÐ Ö Þ Ö ½º Á ÞÓÐ Ù Ó Ý Ý ¾¼¼ Ø Ð Ö Ð Ñ Þ ÑÓÞ Ø Þ,,..., ( ) 009 Þ ÑÓ Ð Ý Ó Ý Þ Ý ÙØ Ð Þ ¹ Ñ Ò Þ Þ Ñ ÐÝ Ø Ò Ð Ð Ý Ò ÞÓÒÓ º ¾º ËÞ Ö Þ Ò ÖÓÑ Þ Ø Ñ ÖØ Ý ÓÐ Ð ØÓÚ ÖØ Ö Ð ÖØ Ö Ù Ö º ÐØ Þ Ó Ý Ð Ø Þ Ñ ÓØØ ØÓ Ð ÖÓÑ Þ Ý Ñ ÓÐ Ø ÐØ Ø Ð Ø Ò Ñ ÐÐ Ú Þ ÐÒ Ñ ÓÐ Ó Þ Ñ Øºµ º ÇÐ Ù Ñ (x + )(5 x)(x + 8x + ) = 0(x + 3) Ý ÒÐ Ø Ø Ú Ð Þ ÑÓ Ö Òº º Ý ÔÓÞ Ø Ú Þ Þ ÑÓØ Ò ÝÞ ØØ Ð Ò Ò Ú Þ Ò Ø ÖÞ Ø ÒÝ Þ Ð ÓÒØ Ò Ñ Ò Ò ÔÖ Ñ Ð Ð Ñ Ó ØÚ ÒÝÓÒ Þ Ö Ô Ðº ÞÓÒÝ Ø Ù Ó Ý Ú Ø Ð Ò Ó ÞÓÖ Ð Þ Ø ÞÓÑ Þ Ó Þ Ñ Ñ Ò ¹ Ý Ò ÝÞ ØØ Ð º º Ý ÒÝ Ø Ö Ð Øò ÖÓÑ Þ Ò ÐÝ ÞÞ Ò Ð Ø ÝÑ Ò Ñ ÒÝ Ð Ý ÒÐ Ù Ö ÖÐ Ñ ÞØ Ý Ó Ý Ý ØØ Ñ Ò Ð Ò ÝÓ Ø Ö Ð ¹ Ø Ø Ò Ð º Þ Ý ÒÝ Ø Ö Ð Øò ÖÓÑ Þ Þ Ð Ñ ÐÝ Ò Ð ÖÓÑ Þ Ø Ò Ð Þ Þ Ð ØØ Ø Ö Ð Ø Ð Ò ÝÓ Î Ð Ñ ÒÒÝ Ð Ø ÔÓÒØÓØ Öº

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009/00 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazá a egyelőtleséget! 00 log00 log x 009 009 009 00. Az ABC háromszög A csúcsból iduló belső szögfelezője a K potba metszi a BC oldalt. Az ABK háromszög belülírt köréek és az ABC < háromszög körülírt köréek a középpotja egybeesik. Mekkorák az ABC háromszög szögei? 3. Mutassa meg, hogy ha az, m természetes számokra f ( + m) = f ( ) + f ( m) + és f ( ) = teljesül, akkor az f () ; f ( ) ; f () 3 ; ; f ( ) számok számtai sorozatot alkotak! Számítsa ki a számtai sorozat első 00 tagjáak összegét!. Oldja meg az egyeletet, ha x y + + y 3x + x + y + + x + y + 3 = x Z és y Z! 5. Egy oldalú kovex sokszög belsejébe 000 potot helyeztük el úgy, hogy a sokszög csúcsa, valamit ezek a felvett potok összese 0 pot közül semelyik három em illeszkedik egy egyeesre. Maximálisa háy olya háromszöget készíthetük, amelyek midhárom csúcsa az 0 közül kerül ki? Mide feladat helyes megoldásáért 0 pot adható. 5

Feladatlapok II. forduló Gimázium Az Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009-00. taévi második fordulójáak feladatai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára. Adott az x(x + y ) + y(x + y ) x y = 0 egyeletű alakzat. Eek az alakzatak melyik potja va legközelebb a P ( 3 ; 5 ) pothoz?. Bizoyítsuk be, hogy 55 darab egymást követő egész szám égyzetéek összege em lehet égyzetszám. 3. Egy háromszög belsejébe helyezzük el három olya kört, amelyek éritik a háromszög két-két oldalát, továbbá kívülről éritik a háromszög beírt körét. Bizoyítsuk be, hogy e három kör sugaráak összege em kisebb a beírt kör sugaráál.. Háy megoldása va a következő egyeletek? 009 = {x}[x] x [x] az x valós szám egészrésze, az x-él em agyobb egészek közül a legagyobb. {x} az x valós szám törtrésze, értéke {x} = x [x]. Valameyi feladat 7 potot ér. 6

Feladatlapok Döt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009/00 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) A dötő feladatai. Feladat Oldja meg a valós számok halmazá a egyeletet! cos x + si x cos x cos x + 3si + x cos 3cos x + cos x x + 3si = 6 x. Feladat Legye a = ahol pozitív egész szám. ( + ) ( ) Bizoyítsa be, hogy a sorozat mide tagja egész szám!, 3. Feladat Az ABC háromszögbe BAC = 90, BC = a, CA = b, AB = c és a háromszög K -val jelölt kerületére feáll, hogy a + b K =. c β a) Számítsa ki tg értékét a K függvéyébe! (ahol β = CBA ) b) K milye értékeire lesz a β szög az ABC háromszög legkisebb szöge? Mide feladat helyes megoldása 0 potot ér. 7

Feladatlapok Döt forduló Gimázium Az Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009-00. taévi harmadik, dötő fordulójáak feladatai matematikából, a II. kategória számára. Az a, b és c valós paraméterekre teljesül, hogy a + + 3b + 6c = 0. Igazoljuk, hogy a (a + )x + bx + c = 0 egyeletek va egyél kisebb, pozitív gyöke.. Az ABCD tetraéderbe AB = BC = CA. Bizoyítsuk be, hogy ameyibe DAB = DBC = DCA, akkor DA = DB = DC. 3. Egy társas összejövetele ember vett részt. A társaság tagjai közül időkét leült három ember egy ultipartira. Hazameetelkor megállapították, hogy bármely három ember legfeljebb egy partiba játszott együtt és bármely két ember potosa két partiba vett részt együtt. Milye értékekre lehetséges ez, ha 3 < < 9? Valameyi feladat 7 potot ér. 8

Feladatlapok Döt forduló Specmat ÇÖ Þ Ó Ã Þ Ô ÓÐ Ì ÒÙÐÑ ÒÝ Î Ö ÒÝ ¾¼¼ ¾¼½¼¹ Ø Ò Ú Å Ì Å ÌÁà ÁÁÁº Ø Ö ÒØ Ð Ø ÑÒ Þ ÙÑÓ Ô Ð Ñ Ø Ñ Ø Ó ÞØ ÐÝ Ò Ø ÒÙÐ Ö Þ Ö ½º Á ÞÓÐ Ù Ó Ý Ú Ø Ð Ò Ó ÓÐÝ Ò Ö Þ ò ÖÓÑ Þ Ú Ò Ñ Ðݹ Ò Þ ÓÐ Ð Ó Þ Ö Ð Ø Ú ÔÖ Ñ Þ Þ ÑÓ Þ Ø Ó Ó Þ Ð ÖÑ ÐÝ Ó Ó Þ Ø Ð ÚÓÒÚ Ý¹ Ý Þ ÑÓØ ÔÙÒ º ¾º Þ ABC ÖÓÑ Þ Þ π/7 π/7 π/7º ÖÓÑ Þ Þ Ð Þ Þ Ñ ÞØ ÓÐ Ð Ø Þ A B C ÔÓÒØÓ Ò Ñ Ø Þ º ÅÙØ Ù Ñ Ó Ý Þ A B C ÖÓÑ Þ Ý ÒÐ Þ Ö º º Ý k Ð Ó Þ Ó ÖÓÑ Ý ÙØ Ð Ô Ø Ø Ð Ò Ð Ö Ù Ö ÞØ Ò k Ö 3 Ñ Ö Øò Ñ Ú Ðº Å ÐÝ Ò k¹ö Ð Ø ÞØ Ñ Ø ÒÒ 9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Az. forduló feladataiak megoldása (Szakközépiskola). Melyek azok az m Z számok, amelyekre az ( m ) x mx = 0 egyeletek legfeljebb egy, az m x + 3mx = 0 egyeletek legalább egy valós gyöke va? Megoldás a) Ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyelet elsőfokú, és m = behelyettesítésével x = 0, azaz x =. Ekkor teljesül az a feltétel, hogy az ( m ) x mx = 0 egyeletek legfeljebb egy valós gyöke va. Az m = érték mellett az m x + 3mx = 0 egyeletből behelyettesítés és egyszerűsítés utá x + 3x = 0 adódik, eek az egyeletek két valós megoldása va, mégpedig 3 + 7 3 7 x = és x 3 =. Teljesül tehát az a feltétel is, hogy az m x + 3mx = 0 egyeletek legalább egy valós gyöke va. Ebből következik, hogy m = a feladat egyik megoldása. b) Ha m, de m = 0, akkor eek behelyettesítésekor az m x + 3mx = 0 egyeletbe a két oldal em egyelő, ezért m em lehet 0. Ez azt is jeleti, hogy az m x + 3mx = 0 egyelet csak másodfokú lehet. Teljesülie kell aak a feltételek, hogy az m x + 3mx = 0 másodfokú egyeletek legalább egy valós gyöke legye. Ez potosa akkor áll fe, ha az egyelet diszkrimiása em egatív, azaz () 9m + 6m 0. A 9m + 6m = 0 egyelet gyökei 6 m = és 0 9 m =, 0

Megoldások I. forduló Szakközépiskola így figyelembe véve azt is, hogy a fetiek szerit m 0, az () egyelőtleség megoldásai a 6 ; ] 0; [ 9 számhalmazba tartozó egész számok. Ha m, akkor az ( m ) x mx = 0 másodfokú egyeletek potosa akkor lesz legfeljebb egy valós gyöke, ha a diszkrimiása em pozitív, azaz, ha m + ( m ) 0, amelyből redezés utá () m + m 0 következik. Az m + m = 0 egyelet gyökei m 3 = és m =, ezért az m Z feltétel figyelembe vételével a () egyelőtleség megoldásai a [ ; ] számhalmazba tartozó egész számok. Az () és () közös megoldása a Z halmazo: m =, m =. Ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyeletből a x x + = 0 egyeletet kapjuk, amelyek egyetle gyöke x = ; az m x + 3mx = 0 egyeletből pedig x + 3x + = 0 adódik, amelyek megoldásai x = és x =. A feladat feltétele tehát midkét egyeletre teljesül. Másrészt, ha m =, akkor az ( m ) x mx = 0 egyeletből az x + x + = 0 egyelethez jutuk. Eek csak az x = valós szám a megoldása; az m x + 3mx = 0 egyeletből pedig az x + 3x = 0 egyeletet kapjuk, amelyek gyökei x = és x =, vagyis a feladat követelméye az m = egész számra is teljesül. A feladat összes megoldását tehát az m =, m =, m = egész számok adják. Összese: 0 pot - -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola. Egy derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör éritési potja két szakaszra osztja. Bizoyítsa be, hogy a háromszög területéek számértéke egyelő eze két szakasz hosszáak a szorzatával!. Megoldás Jelöléseik a következők: r r r x c-x. ábra BC = a, CA = b, AB = c ; KD = KE = KF = r ; AF = x, BF = c x. Ezekkel a jelölésekkel azt kell bizoyítauk, hogy T ABC = AF BF, T ABC = x ( c x). A körhöz egy külső potból húzott éritőszakaszok hossza egyelő, ezért () CE = CD, továbbá AE = AF = x és BD = BF = c x, valamit, CE = b AE = b x, CD = a BD = a ( c x), és () miatt amiből kapjuk, hogy () és (3) ( c x) b x = a, b + c a x =, a + c b c x =. pot pot - 3 -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola () és (3) szerit b + c a a + c b c + ( b a) c ( b a) AF BF = x ( c x) = =. Elvégezve a műveleteket, azt kapjuk, hogy () x ( c x) c a + ab b =. Az ABC derékszögű háromszögre érvéyes Pitagorasz-tétel miatt c a b = 0, ezért a () összefüggés azzal egyeértékű, hogy a b (5) x ( c x) =. Mivel a BC = a és CA = b befogójú, derékszögű háromszög területe a b, ezért (5) potosa azt jeleti, hogy T ABC = x ( c x), ezzel a feladat állítását igazoltuk. Összese: pot 0 pot. Megoldás: Az. megoldás ábráját haszáljuk. 0 A CEKD égyszög égyzet, mert EK = KD és a szögek 90 -osak, ezért CE = CD = r. Ebből, valamit a külső potból körhöz húzott éritők egyelőségéből következik, hogy: () AE = AF = b r, illetve () BD = BF = a r. Ugyaakkor AF + BF = c, és ezért a + b r = c, ahoa (3) a + b = c + r. Tekitsük most az a + b kifejezés égyzetét! (3) alapjá ez ( a + r + b) = ( c ). - - 3

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Elvégezve a műveleteket: () a + b + ab = c + r + rc. Mivel a Pitagorasz-tétel miatt a + b = c, ezért ()-ből következőe: a b (5) = r ( r + c). a b Az a és b befogójú derékszögű háromszög területe éppe, így elegedő azt bizoyítai, hogy az AF és BF szakaszok hosszáak szorzata r ( r + c). Az AF és BF szakaszok hosszáak szorzata () és () felhaszálásával: (6) AF BF = ( b r) ( a r). (6) jobb oldalá elvégezve a műveleteket AF BF = a b b r a r + r, átalakítva: (7) AF BF = a b r ( a + b r). pot Helyettesítsük (7) jobb oldalá az a + b r helyére a (3)-ból következő a + b r = r + c összefüggést! Eszerit AF BF = a b r ( r + c), illetve (5) miatt AF BF = r ( r + c) r ( r + c), vagyis AF BF = r ( r + c), ez pedig a fetiek szerit a bizoyítadó állítással ekvivales. Összese: pot 0 pot - 5 -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola 3. Melyik az a 0-es számredszerbe felírt, xyzu alakú égyjegyű szám, amelyek számjegyeire teljesülek az u + z x = és u + 0 z y = feltételek? Megoldás Az xyzu szám égyjegyű, ezért x 0, továbbá mivel az x ; y; z; u egész számok a tízes számredszer számjegyei, ezért felírhatjuk a következő kettős egyelőtleségeket: () 0 < x 9, 0 y 9, 0 z 9, 0 u 9. Az u + z x = egyeletből következik, hogy u + z = x +, de () alapjá u + z értéke legfeljebb 8 lehet, azaz () x + 8. A () egyelőtleségből x lehetséges értékei:,, 3,. Az u + 0 z y = egyelet szerit u + 0 z = y +, de ugyacsak () miatt y + 3, és ezért (3) u + 0z 3. A (3)-ból következőe z lehetséges értékei: 0,,, 3. A továbbiakba z és x lehetséges értékei szerit vizsgáljuk a megoldási lehetőségeket. a) ha z = 0, akkor a megadott egyeletekből u = x +, és u = y +. A két egyelet elletmodó, mert az elsőből u páratla, a másodikból páros, tehát z = 0 -ra ics megoldás. b) ha z =, akkor ugyacsak a megadott egyeletekből () u = x, (5) és u = y +. - 6-5

Megoldások I. forduló Szakközépiskola De tudjuk, hogy x, amiből itt csak x =, vagy x = jöhet szóba (mert u 9 ). b ) ha x =, akkor ()-ből u =, és (5)-ből y = 0. b ) ha x =, akkor ()-ből u = 8, és (5)-ből y =. c) ha z =, akkor u = x, és u = y 6. Itt ugyaazért ics megoldás, mit az a) esetbe. d) ha z = 3, akkor (6) u = x, (7) és u = y 6. Mivel x, ezért x =, x = jöhet szóba. (hisze u 9 ) d ) ha x =, akkor (6)-ból u =, és (7)-ből y = 9. d ) ha x =, akkor (6)-ból u = 6, és (7)-ből y =, ami em jó, mert elletmod ()-ek. Így a feladatak három megoldása va: b ) ből 0, b ) ből 8, d ) ből 93. Összese: Megjegyzés: a) és c) számolással való megoldása eseté is megkapja a verseyző az + ot. Ekkor x y z u 9 0 5 5 0 9 9 3 3 7 pot pot 0 pot Ezek em megoldások, mert egyik y sem egész. - 7-6

Megoldások I. forduló Szakközépiskola. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpotja a CC magasságvoalo úgy helyezkedik el, hogy CM : MC = 3 :. ( talppotja) Mekkora az AFB, ha F a CC szakasz felezőpotja? C a magasság. Megoldás D pot a C B szakasz felezőpotját jelöli.. ábra Mivel a CC szakasz felezőpotja F, a C B szakasz felezőpotja D, ezért a BCC háromszög egyik középvoala FD. A középvoal tulajdosága miatt ez azt is jeleti, hogy FD CB, vagyis az AM magasság egyeese az FD egyeesre. Az ADF háromszögek két magassága FM és AM egyeese, azaz az M pot az ADF háromszögek is magasságpotja, ezért DM egyeese az AF egyeesére. A CM : MC = 3 : feltétel miatt az M pot az FC szakasz felezőpotja, ezért a DM szakasz a BFC háromszög középvoala, így DM BF. pot pot Az előzőek szerit egyrészt DM egyeese az AF szakasz egyeesére, másrészt DM BF, ez együttese azt jeleti, hogy BF AF -re, azaz AFB = 90. Összese pot pot 0 pot - 8-7

Megoldások I. forduló Szakközépiskola. Megoldás: Helyezzük el az ABC háromszöget (alkalmasa választott) koordiáta redszerbe! A( a;0) + ahol a R M ( 0; m) + ahol m R B (b;0) + ahol b R F ( 0;m) + ahol m R C (0;0) C ( 0;m) + ahol m R a) Először írjuk fel koordiátákkal az AM és CB vektorokat: AM ( a; m), CB ( b; m). Mivel AM magasság, ezért AM merőleges a CB oldalra, azaz: AM CB = 0. Koordiátákkal: () ab m = 0. b) Ezutá az AFB két szárá elhelyezkedő FA és FB vektorokat írjuk fel koordiátákkal: FA ( a; m), FB ( b; m). Mivel AFB agyságát keressük, ezért felírjuk FA és FB skaláris szorzatát koordiátáikból: FA FB = ab + m. pot 3 pot 3 pot - 9-8

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Eek jobb oldala () miatt 0, azaz FA FB = 0. Ez azt jeleti, hogy FA merőleges FB -re, tehát 0 AFB = 90. Összese 0 pot - 0-9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola 5. Feladat Palkó uzsoára palacsitát készített barátaiak. Az asztalo három tálo va palacsita. Az első 8 darab túrós, 6 darab diós, és 0 darab lekváros va, a másodiko darab túrós, 0 darab diós, és 8 darab lekváros, a harmadiko 8 darab diós, darab lekváros és éháy túrós. Megoldás a) Palkó egyik barátja, Peti, véletleszerűe vett midegyik tálról egy-egy 3 palacsitát. Tudjuk, hogy a Peti által választott három palacsita 5 valószíűséggel volt azoos ízesítésű. Háy túrós palacsita volt a harmadik tálo? b) A harmadik tálo levő túrós palacsiták számától függőe milye határok közt változhat aak a valószíűsége, hogy Peti három azoos ízesítésű palacsitát vett ki? (Feltesszük, hogy a házigazda csak a harmadik tálo lévő túrós palacsiták számát változtatja.) a) Legye x a harmadik tálo lévő palacsiták száma! Az alábbi táblázatba az egyes tálako lévő palacsiták számát foglaltuk össze. túrós diós lekváros összes. tál 8 6 0. tál 0 8 30 3. tál x 8 x+0 Aak valószíűsége, hogy Peti túrós palacsitát vesz ki az első tálból 8 P =, aak valószíűsége, hogy a második tálból vesz ki túrós palacsitát P =, 30 aak valószíűsége, hogy a harmadik tálból vesz ki túrós palacsitát x P 3 =. x + 0 Az egyes tálakból törtéő kivétek egymástól függetle eseméyek, ezért aak valószíűsége, hogy midhárom tálról túrósat vesz ki P = P P P3, 8 x () P =. 30 x + 0 Hasolóa adódik, hogy a 3 darab diós palacsita választásáak - - 0

Megoldások I. forduló Szakközépiskola valószíűsége: 6 0 8 () P 5 =, 30 x + 0 a 3 darab lekváros palacsita választásáak valószíűsége pedig 0 8 (3) P 6 =. 30 x + 0 A túrós, diós illetve lekváros palacsita-hármasok kiválasztásai egymást kizáró eseméyek, így az azoos ízesítésűek kivételéek valószíűsége: P = P + P5 + P6, azaz (), () és (3) alapjá: 8 x 6 0 8 0 8 P = + +. 30 x + 0 30 x + 0 30 x + 0 Ebből redezés utá kapjuk, hogy x + 30 () P =. 5( x + 0) A feltétel alapjá 3 P = = 0,, 5 ezért x + 30 = 0,, 5( x + 0) amiből x = 30 következik, vagyis a harmadik tálo a harmadik tálo 30 darab túrós palacsita volt. x + 30 b) () alapjá tudjuk, hogy P =. A jobboldalt átalakítva: 5( x + 0) (5) P =. 5 3( x + 0) (5) jobb oldalá egy em egatív x -ekre mooto övekvő függvéyt kaptuk. (grafikoja hiperbola) Nem zártuk ki azt az esetet sem, hogy a harmadik tálo egyetle túrós palacsita sem volt, ezért x legkisebb szóba jöhető értéke * pot - -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola x = 0, mi így P mi =. 0 Továbbá mide pozitív x -re P kisebb -él, hisze -ből egy 5 5 pozitív számot vouk ki, vagyis P <. 5 Tehát aak a valószíűsége, hogy Peti három azoos ízesítésű palacsitát vett ki, a harmadik tálo levő túrós palacsiták számától függőe az (6) P < 0 5 egyelőtleségekek megfelelőe változik. = függvéy a (6) itervallumba 5 3( x + 0) em vesz fel mide valós értéket, hisze x N. Összese Megjegyzés: Természetese a P( x) ha a verseyző () redezését a b) részbe végzi el, akkor ott kapja meg az (*) potot, ha a verseyző x = mi -gyel számol, akkor is teljes értékűek kell 3 tekitei a megoldását, ekkor P mi =, 35 ha a verseyző a <, illetve relációjeleket em jól haszálja, akkor az (**) potot em kaphatja meg. ** 0 pot - 3 -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola 6. Az ABC háromszög B és C csúcsaiál fekvő belső szögfelezők az AC illetve AB oldalt a B illetve C potokba metszik. Rajzoljuk meg az A csúcso keresztül a külső szögfelező e egyeest. A B poto át a CC szögfelezővel, a C poto át a BB szögfelezővel párhuzamos egyeeseket húzuk, amelyek az e egyeest a P illetve a Q potokba metszik. Bizoyítsa be, hogy a BCQP égyszög csúcsai egy körö helyezkedek el! Megoldás Jelöléseik az ábrá láthatók. (K a belső szögfelezők metszéspotja) 3. ábra Elegedő bizoyítai, hogy a BCQP égyszög két szembe fekvő csúcsáál levő belső szögek összege 80, mert ekkor a égyszög húrégyszög, tehát csúcsai egy körö vaak. A szokásos jelölések szerit BAC = α, ABC = β és ACB = γ. Ezzel α CAQ = 90, hisze az AK belső és az AQ külső szögfelező egyeesek merőlegesek egymásra. Mivel BB belső szögfelező, ezért β KBC =, - - 3

Megoldások I. forduló Szakközépiskola és így β QC A =, mert a feltételek szerit C Q BB. Ezzel az AC Q háromszögbe a szögek összegére felírhatjuk, hogy: α β () AQC + 90 0 + α + = 80. Az () összefüggésből kapjuk, hogy α + β AQC = 90, és az α + β + γ = 80 miatt α + β = 80 γ, azaz γ AQC =. Ebből az következik, hogy a C és Q potokból az AC szakasz azoos agyságú szögbe látszik, és mivel a két pot az AB egyeesek ugyaazo az oldalá helyezkedik el, ezért a C és Q pot rajta va az γ AC szakasz fölé rajzolt szögű látószögköríve. Ez pedig azt jeleti, hogy az AC CQ égyszög csúcsai egy körö vaak, vagyis ez a égyszög húrégyszög. Hasolóképpe, mivel B P CC, és CC felezi az ezért γ AB P =. Ebből következőe az APB háromszögbe: ACB = γ szöget, α γ () APB + 90 0 + α + = 80, ahoa α + γ APB = 90, illetve az α + β + γ = 80 szögösszegből adódóa β APB =. β Ezért a B és P potokból az AB szakasz agyságú szögbe - 5 -

Megoldások I. forduló Szakközépiskola látszik, és a két pot az AC egyeesek ugyaazo az oldalá va, így β B és P rajta va az AB szakasz fölé rajzolt szögű látószögköríve. Ez pedig azt jeleti, hogy az AB BP égyszög húrégyszög. Meghatározzuk a BCQP égyszög két szembe levő szögéek összegét. Már beláttuk, hogy az AC CQ égyszög húrégyszög, ezért a köré írt körbe CQC = CAC = α, hisze azoos körívhez tartozó kerületi szögek. Ez pedig azzal egyeértékű, hogy γ (3) CQA = CQP = α +. Azt is bizoyítottuk, hogy az AB BP égyszög húrégyszög, a köré írt γ körbe AB P =, ez a kerületi szög az AP húrhoz tartozik. Ebbe a körbe ugyacsak az AP húrhoz tartozik az ABP kerületi szög, tehát γ ABP =. Eszerit: γ () CBP = β +. (3) és () alapjá a BCQP égyszög két szembe levő szögéek összege γ γ CQP + CBP = ( α + ) + ( β + ) = α + β + γ = 80. Ez a húrégyszögek tételéek megfordítása alapjá potosa azt jeleti, hogy BCQP húrégyszög, vagyis a égyszög csúcsai valóba egy körö vaak. Ezzel a feladat állítását bizoyítottuk. Összese 0 pot - 6-5

Megoldások I. forduló Gimázium Oktatási Hivatal Az Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009-00. taévi első fordulójáak feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Adott a következő poliom: P (x) = x + (x + ) + (x + ) +... + (x + 008) (x + ) (x + 3)... (x + 009). Mely valós x értékek eseté teljesül, hogy P (x) > 0? Megoldás: Redezzük a P (x) poliomba szereplő égyzetes tagokat párokba P (x) = ( x (x + ) ) + ( (x + ) (x + 3) ) +... + ( (x + 008) (x + 009) ). 3 pot Haszáljuk a két égyzet külöbségére voatkozó evezetes azoosságot, az összeg egy általáos tagja így alakul ( (x + i) (x + i + ) ) = (x + i x i )(x + i + x + i + ) = (x + i + ). Eek segítségével P (x) a következő alakra hozható P (x) = 005 x ( + 5 + 9 + 3 +... + 07) = 005(x + 009). Most választ aduk a feladatba feltett kérdésre 3 pot 005(x + 009) > 0 ha x < 009. Összese: 7 pot. Melyik az a legagyobb csupa külöböző számjegyet tartalmazó pozitív egész szám, amelyek a számjegyeit tetszőleges sorredbe véve midig prímszámot kapuk? Megoldás: Va a feladat feltételeiek eleget tevő kétjegyű szám, pl a 3. A keresett legagyobb szám ezek szerit legalább kétjegyű. Nem lehet páros számjegy bee, ugyais a páros jegyet a szám végére téve -él agyobb páros számot kapuk, ami em lehet prím. Hasolóa kapjuk, hogy 5-ös számjegy sem lehet bee. Ha az 5 az utolsó jegy, akkor a szám 5-tel osztható, 5-él agyobb, tehát em prím. A szám jegyei ezek szerit az, 3, 7 és 9 lehetek. A szám em lehet égyjegyű. Ekkor jegyei éppe az említett égy szám, de a 7 osztója a 937-ek. A szám em lehet háromjegyű, midig lesz olya sorredje a jegyekek, hogy számuk 7-tel osztható. Ha az, 3, 7 vagy 9 marad ki, akkor a 7-tel osztható szám redre a 973, 97, 93 és a 37. pot A kétjegyű számok közül a 97 jó, hisze 97 és 79 is prím. Eél agyobb kétjegyű prím ics, így a keresett szám a 97. Összese: 7 pot 6

Megoldások I. forduló Gimázium 3. Oldjuk meg a következő egyeletet: x + x = 5 x ( 5 ) x. Megoldás: Haszáljuk ki, hogy 5 =, az egyelet midkét oldalához hozzáaduk ( 5 ) x-et és a bal oldalo teljes égyzetté alakítuk: x + x + ( ) x = (( ) x + ( ) x ) = (5 x ). Midkét oldalo pozitív szám égyzete szerepel, ezért égyzetgyököt vohatuk: ( ) x + ( ) x = 5 x. 3 pot Osztuk 5 x -el: ( ) x + 5 ( ) x =. Az x = megoldás, hisze ( ) ( ) + = 5 5 5 + =. 5 ( ) x Megmutatjuk, hogy ics más megoldás. Mivel < és <, ezért a 5 5 5 ( ) x és expoeciális függvéyek szigorúa mooto csökkeők. A két függvéy 5 összege is szigorúa mooto csökkeő, ezért az értéket csak egyszer veheti fel és azt az x = -él fel is vette. 3 pot Összese: 7 pot. Az ABC háromszög területét az A csúcsból iduló belső szögfelező : aráyba osztja. Milye aráyba osztja fel a háromszög területét az a magasságvoal, amely a háromszög legagyobb szögű csúcsából idul, ha BC felezőmerőlegese a területet aráyba osztja? 5 (a) : 3; (b) : Megoldás: Ha AB = AC, akkor a feladat feltételei em teljesülek. A továbbiakba legye az A-ból iduló oldalak közül AB a kisebb. Legye az A csúcsból iduló belső szögfelező és BC közös potja D. Mivel az ABD és ADC háromszögek A-hoz tartozó magasságai egyelők és területük aráya :, ezért az A-val szemközti oldalaik aráya is eyi, BD : DC = :. A szögfelező tétel segítségével azt kapjuk, hogy AB : AC = :. (a) Mivel feltettük, hogy AB < AC ezért a BC oldal felező merőlegese az AC oldalt metszi, legye a metszéspot E, BC felezőpotja F. A feladat feltétele szerit t ABC = t CF E. Az AF felezi a területet, így t AF C = t CF E, tehát E felezi az AC oldalt. Azt 7

Megoldások I. forduló Gimázium kaptuk, hogy a BC felezőmerőlegesé levő EF szakasz az ABC háromszög középvoala. Mivel EF középvoal párhuzamos AB oldallal, ezért ABC = 90. ABC = 90, ezért AB : AC = cos α = :, amiből α = 60 és így γ = 30. A derékszögű csúcsból iduló magasság talppotja legye T. Az AT B és T BC háromszögek B-hez tartozó magassága ugyaakkora, ezért területeik aráya éppe az AT és T C oldalaik aráya. Ebből megkapjuk a feladat kérdésére a választ: t AT B : t T BC = AT : T C = (BT ctg60 ) : (BT ctg30 ) = : 3. 3 pot (b) Most t AF C = 3t CF E, így t CF E : t EF A = CE : EA = :. Legye az A- ból iduló magasság talppotja T. Az ACT -be párhuzamos szelők EF és AT ezért CE : EA = CF : F T = :. Mivel F felezi BC-t, ezért T felezi F B-t. Az ABT és ADC háromszögekre felírt Pitagorasz tétel segítségével AT = AB BT = AC CT. Felhaszálva, hogy AC = AB és CT = 3BT kapjuk, hogy AB BT = (AB) (3BT ), amiből 8BT = AB. Az ABC háromszög oldalaiak aráya BT -vel kifejezve 3 8 8 8 AB : AC : BC = 3 : 3 : és 3 < így a legagyobb oldal BC, a legagyob szög A-ál va. Válaszuk most is :3, hisze t AT B : t AT C = BT : T C = : 3. 3 pot Összese: 7 pot 5. Az {; ; 3;...; 009} halmazból legalább háy számot kell kiválasztai, hogy biztosa legye a kiválasztott számok között két olya, amelyek külöbsége? Megoldás: Ha 005 számot választaak ki, akkor lehetséges, hogy ics köztük két olya, amelyek külöbsége. Erre példa, ha a kiválasztott számok a 8-cal osztva,, 3 és maradékot adó számok. Ezek {; ; 3; ; 9; 0; ; ;...; 00; 00; 003; 00; 009}, számuk éppe 005. pot Megmutatjuk, hogy ameyibe legalább 006 számot választuk, akkor biztosa lesz két olya, amelyek külöbsége. Vegyük 005 papírt és ezekre írjuk fel számaikat. A 3 8

Megoldások I. forduló Gimázium 009 egyedül lesz egy papíro, a többi párosával. Legye k emegatív egész, k < 5, és m {; ; 3; } ekkor egy papírra kerül 8k + m és 8k + m +. Ha legalább 006 számot választuk, melyeket 005 papírra írtuk, akkor lesz köztük ugyaarról a papírról. Ezek külöbsége pedig. 5 pot Összese: 7 pot. 9

Megoldások I. forduló Specmat ÇÖ Þ Ó Ã Þ Ô ÓÐ Ì ÒÙÐÑ ÒÝ Î Ö ÒÝ ¾¼¼ ¾¼½¼¹ Ø Ò Ú Å Ì Å ÌÁà ÁÁÁº Ø Ö ÑÒ Þ ÙÑÓ Ô Ð Ñ Ø Ñ Ø Ó ÞØ ÐÝ Ò Ø ÒÙÐ Ö Þ Ö Þ Ð ÓÖ ÙÐ Ð Ø Ò Ñ ÓÐ Ã Ö Ú Ø Ø Ò ÖÓ Ø Ó Ý Ð ØÓ Ú Ø ÓÖ Ú Ý Ý Ð Ñ Ú Ö ÒÝÞ Þ Ñ Ö ÓØØ Ø ÓÞØ Ø Øº Ã Ð Ò Ð Ú Ù Þ Ú Ý ÐÑ Ø ÖÖ Ó Ý Ñ Ò Ò Ð ¹ ØÖ Ý ÐÝ Ñ ÓÐ ÖØ Ö Ñ Ð Ð ÔÓÒØ Þ Ñº Ã Ö Ó Ý ÓÐ ÓÞ ØÓ ÓÒ ÓÒ Ö Ø Ò Ð ÞÞ Ø Þ Ý Ð ØÓ Ö ÓØØ ÔÓÒØ Þ ÑÓØ ÓÐ ÓÞ Ø Ú Ø ÙØ Ò Ô Ø ÐØ ÓÐ ÓÞ Ø ÓÞ Ñ ÐÐ ÐØ ÖØ Ð Ð Ô ÖÓÚ Ø Øº ÓÐ ÓÞ ØÓ Ø Ò Ñ ÐÐ Ó ÞØ ÐÝÞ ØØ Ð Ñ Ò Ø Ò º ÔÓÒØ Þ ÑÓ Ò Ó ÓÐØ Ø Ò ÓÒØ Ø º ÁÁÁº Ø Ö Ò Ú Ö ÒÝÞ Ø ÒÙÐ ÓÐ ÓÞ Ø Ø ½ ÔÓÒØØ Ð ÐÐ ØÓÚ Ð Ò Þ ÓÐ Ð ÞÚ ØÐ Ò Ð Ú Ö ÒÝ ÞÓØØ Ò ÇÃÌÎ Å Ø Ñ Ø ÁÁÁº Ç Ø Ø À ¹ Ú Ø Ð ½ Ù Ô Ø È º ½ º ÐØ Ø Ð Ò Ñ Ð Ð ÓÐ ÓÞ ØÓ Þ Ð ÞÓÒ Ò ÞÓ Ð Ø ØÓÚ Ñ ÐÝ Ø ÖØ ÐÑ ÞÞ Ð Ð Ø Ð Ø Ð ÒÝ Ò Ø Ð ÔÓÒØÓ µ Ñ ÓРغ Ì ÓÞØ Ø ÙÐ Ñ Ý ÞÞ Ó Ý Ú Ö ÒÝ Þ ÐÝÞ Ø Ð Ô Ò Î Ö ÒÝ ÞÓØØ Ð Ð ¼ Ú Ö ÒÝÞ Ø ÙØØ Ø Ø ÒØ º ÔÓÒØÓÞ ØÑÙØ Ø Ò Ò Ñ Þ Ö ÔÐ Ñ ÐÝ Ñ ÓÐ Ú Ý Ñ ÓÐ Ö ÞÐ Ø Ø Ò Þ Ö ÒÝÓ ÔÓÒØ Þ ÑÓØ Þ Ú Ò Ñ Ò º Ù Ô Ø ¾¼¼ º ÒÓÚ Ñ Ö Ú Ö ÒÝ ÞÓØØ ½º Ð Ø Á ÞÓÐ Ù Ó Ý Ý ¾¼¼ Ø Ð Ö Ð Ñ Þ ÑÓÞ Ø Þ,,..., ( ) 009 Þ ÑÓ Ð Ý Ó Ý Þ Ý ÙØ Ð Þ Ñ Ò Þ Þ Ñ ÐÝ Ø Ò Ð Ð Ý Ò ÞÓÒÓ º Å ÓÐ Ø Ø Þ Ð 3¹Ö ÚÓÒ Ø ÓÞ Ñ Ð Ð ÐÐ Ø Ø Ø Ð Ò Ù Ú Ð ÞÓÐ Ù º Þ ÐÐ Ø = 3¹Ö ÒÝ ÐÚ ÒÚ Ð º ½ ÔÓÒص Ì Ý Ð Ó Ý Þ ÐÐ Ø ¹Ö Þ Ú Ý Ò Ý Ø Ð Ö Óغ Ò Ý Ø Ð Ö Þ Ö Ð Ø Þ ÑÓÞÞÙ Ñ Þ,,..., k = ( ) Þ ÑÓ Ð Ý Ó Ý Þ Ý ÙØ Ð Þ Ñ Ò Þ Þ Ñ ÐÝ Ø Ò Ð Ð Ý Ò ÞÓÒÓ ÞØ Þ Ò Ù ÐØ Ø Ð Ð Ô Ò Ñ Ø Ø µº ½ ÔÓÒص  РРÞØ Þ ÓØ c,..., c c i ÙØ Ð Þ Ñ Ò Þ Ø a i Ý Ó Ý a < a < < a Ø Ð Ð Òº ÅÓ Ø Ñ Ù Ñ Ö Ø ¹ ÓÞ Ø ÖØÓÞ Ð Þ ÑÓÞ Ø Þ ÓÒÒ Ò c i Ú Þ Ø Ð Þ Ñ Ð Ý Ò k + i i =,..., µº ÔÓÒص ÓÖ c, c,..., c ÙØ Ð Þ Ñ Ò Þ Ö Ò Ö a + k + < a + k + < < a + k + ( ) ØÓÚ Þ ¹ ÙØ Ð Þ Ñ Ò Þ Þ Ò Ð Ò ÝÓ Þ Ò Ð Ò ÝÓ Þ Ñ Ö ÐØ ÞÓ Ö Þ Ð Ö º Ý Þ Ø Ð Ö Ð Ò Ý Ñ Ð Ð Þ ÑÓÞ ÓÞ ÙØÓØØÙÒ º ¾ ÔÓÒص 30

Megoldások I. forduló Specmat ¾º Ð Ø ËÞ Ö Þ Ò ÖÓÑ Þ Ø Ñ ÖØ Ý ÓÐ Ð ØÓÚ ÖØ Ö Ð ÖØ Ö Ù Ö º ÐØ Þ Ó Ý Ð Ø Þ Ñ ÓØØ ØÓ Ð ÖÓÑ Þ Ý Ñ ÓÐ Ø ÐØ Ø Ð Ø Ò Ñ ÐÐ Ú Þ ÐÒ Ñ ÓÐ Ó Þ Ñ Øºµ Ð Ñ ÓÐ Â Ð Ð a Þ ÓØØ ÓÐ Ð Ó ÞØ α Þ Ñ ÞØ Þ Ø r ρ Ö Ð ÖØ ÐÐ ØÚ ÖØ Ö Ù Ö Øº Ö Ð ÖØ Ö Ò Þ a Ó Þ Ö ÓÞ α Þ ÔÔÓÒØ Þ Ø ÖØÓÞ Ý α Þ a r r ÓÐ Ð ÖÓÑ Þ Ø Ú Ð Ñ Þ Ö ÞØ Ø º ½ ÔÓÒص Ê Þ Ø Þ a Ó Þ BC ÓÐ Ð Þ Þغ ÖÓÑ Þ Ò Þ Þ ÓÐ Ð ÖØ Ö K Þ ÔÔÓÒØ Ð 80 (β/ + γ/) = 90 + α/ Þ Ò Ð Ø Þ º ¾ ÔÓÒص A r α r e K a β/ γ / B a C Þ ÖØ K ÔÓÒØÓØ Ý Þ Þ Þ Ø ÖØÓÞ Ð Ø Þ ¹ Ö Ú Ú Ð Ñ ÒØ BC Ý Ò Ø Ð ρ Ø ÚÓÐ Ö Ð Ô Ö ÙÞ ÑÓ e Ý Ò Þ ÔÓÒØ ÒØ ÒÝ Ö Ø º Å Þ Ö ÞØ ÖØ ÖØ ÑÓ Ø ÔÓØØ K Þ ÔÔÓÒØØ Ð Þ ÓØØ ρ Ù ÖÖ Ð Ú Ð B¹ Ð C¹ Ð ÞÓØØ Ö ÒØ Ñ Ø Þ ÔÓÒØ ÒØ Ð ÐÐ Þ A º ¾ ÔÓÒص Þ Ù Þ Ñ ÓÐ Ò Þ α Þ Ö Ø ÝÑ Ø 80 ¹Ö Þ Ø ÖØ Ñ ÐÝ Ð Ò Þ Ò Ñ a = rµ Þ Ö ÒØ Ó Ý Ö Ð ÖØ Ö Ò Ñ ÐÝ ÓÒÚ Ü Ú Ý ÓÒ Úµ Þ ÔÔÓÒØ Þ Ø Ú Ð ÞØ Ù Þ a Ó Þ Ö ÓÞº À α¹ø Ö Þ Ø ØØ ÓÖ Þ Ö ÞØ ØÓÚ Ð Ô Ñ Ö Ý Ú Ö Ý ÖØ ÐÑò Ò ÞÓÐ ÐØ Ø Ñ ÓРغ Ñ ÓÐ Ó Þ Ñ Ú Ý Þ Ö ÒØ Ó Ý Þ α Ñ Ú Ð ÞØ Ð Ø Ð Ø Ð Ø Þ ¹ Ö Ú Þ Ð Þ e Ý Ò Ò Þ Ý Ð Ú Ý Ñ Ò ØØ Ú Ð Ú Ò Þ ÔÓÒØ º ¾ ÔÓÒص Å Ó Ñ ÓÐ À ÞÒ Ð Ù Þ Ð Ñ ÓРРРغ Þ Ð Ñ ÓÐ ÓÞ ÓÒ¹ Ð Ò Ñ Þ Ö ÞØ Þ α Þ Øº ½ ÔÓÒص a C ρ s a ρ A α s a ρ B a 3

Megoldások I. forduló Specmat Å Ö ÞÓÐ Ù Þ A α Ò Ý Þ Ø ÖØÓÑ ÒÝØ Ñ Þ Ö ÞØ Þ Ö Ø Ö ÒØ ρ Ù Ö ÖØ Ñ ÐÝ Þ Ö ÞØ Ò ÖÓÑ Þ ÖØ Ö Ð Þº ½ ÔÓÒص Þ A Ð ÞÓØØ Ö ÒØ Þ ÞÓ Ó Þ s a ÓÐ s ÖÓÑ Þ Ð Ö Ð Ø Ø Ð Ð º Þ Ö ÒØ Þ ÞÓ Ø a¹ú Ð Ñ Ó Þ ØÚ BC ÓÐ Ð ÓÞ ÓÞÞ ÖØ Ö Ö ÒØ ÔÓÒØ ÓÞ ÙØÙÒ º Å Þ Ö ÞØ ÞØ ÓÞÞ ÖØ Öغ Î Ð Ø Ö Ý Ð Þ Ö ÒØ Ý Ò Þ Þ Ö Ð Ñ Ø Þ B C Óغ ÔÓÒص Þ Ù Þ Þ Ð Ñ ÓÐ ÓÞ ÓÒÐ Ò α¹ö Ú Ý Ð Ø Þ ÖØ º À α¹ø Ö Þ Ø ØØ Ñ ÓÐ Ñ Ö Ý Ú Ö Ý ÖØ ÐÑò Ò Ñ ÐØ ØÐ Ò Ð Ð Ø Þ Ñ Ò Ø Ø Ò Ñ ÓÐ ÓØØ Ø Ð Ð Ø Þ Þ Ø Ñ Þ Ö ÞØ ØØ ÖÒ Ò Ñ Þ ÝÑ ÒÝ ÐÒ µº ¾ ÔÓÒص À ÖÑ Ñ ÓÐ À ÞÒ Ð Ù Þ Ð Ñ ÓÐ Ð Ð Ø ØÓÚ Ð Ý Ò d ÖØ Ö Ö Ð ÖØ Ö Þ ÔÔÓÒØ Ò Ø ÚÓÐ º Þ ÙÐ Ö¹ Ð d = r ρr ÔÐ Ø Ð Ô Ò d Ñ ÖØ Ò Þ Ô Ö ÒÝÓ r r ρ Þ ØØ Þ ÖØ Ñ Þ Ö ÞØ Ø º ¾ ÔÓÒص m d K k d O a r r ρ Î Ý Ð Þ O K ÔÓÒØÓØ ÝÑ Ø Ð d Ø ÚÓÐ Ö Ö ÞÓÐ ÙÒ Ö Ð ØØ ÖØ r ÐÐ ØÚ ρ Ù ÖÖ Ð Þ Ð ÞÒ Ñ Þ Ö ÞØ Ò ÖÓÑ Þ Ö Ð ÖØ ÐÐ ØÚ ÖØ Ö º ½ ÔÓÒص ÇÐÝ Ò a Ó Þ BC ÖØ ÐÐ Ø Ð ÐÒÙÒ Ò ÝÓ Ö Ò Ñ ÐÝ Ö ÒØ k Öغ Þ a Ó Þ ÖÓ Ö ÒØ Þ O r Þ ÔÔÓÒØ (a/) Ù Ö m ÖØ ÐÐ ØÚ Ø Ð Ò O¹Ò a = rµº Å Ö ÞÓÐ Ù Þ m Öغ ½ ÔÓÒص Ö ØØ BC ÖØ Ñ Ô Ù Ñ ÒØ k Þ m Ö Þ Ö ÒØ Ò ÐÐ ØÚ Þ O¹ Ð m¹ Þ ÞÓØØ Ö ÒØ Ò a = rµ Ö Ð ÖØ Ö Þ Þ Øº Î Ð Þ Ö B¹ Ð Ö C¹ Ð m¹ Þ ÞÓØØ Ñ Ö ÒØ Ö Ð ÖØ Ö Ð Ñ Ø Þ Þ A Óغ ½ ÔÓÒص Þ Ù Þ Þ a = r Ø Ò Ý Ú Ö Ý ØÐ Ò Ö Þ òµ Ñ ÓÐ Ú Òº À a < r ÓÖ Þ Ö ÒØ ÔÙÒ Ú Ý Ð Ò Þ Ñ ÓÐ Ø Ó Ý k Þ m ÖÒ Ð Ú Ý Ô Ð Ð Þ Ö ÒØ Ú Ò Þ Þ ÝÑ ÒÝ ÐÒ Ú Ý Ñµº ¾ ÔÓÒص Å ÝÞ Ð Ø Ò Ð Ú ÐØ ØØ Ó Ý Þ a r ρ ØÓ Ú Ð Ñ ÐÝ ÖÓÑ Þ Þ Ø ÖØÓÞÒ º À ÞØ Ò Ñ ØÙ Ò Ò ÐÑ Ö ÐÒ Ö Ó Ý Ñ ÐÝ Ò ÐØ Ø Ð Ø ÐÐ Þ Ö Þ ÑÓ Ö Ö Ò Ó Ý Ý ÐØ Ð Ò Ð Ø ÞÞ Ò ÐÝ Ò ÖÓÑ Þ º Þ a r ρ r Ý Ò¹ Ð ØÐ Ò Ò ÒÝ ÐÚ Ò Ø Ð ÐÒ Ðк Ý ØÓÚ Þ Þ Ð Ý ØØ Ð ÐØ Ø ÐØ Ð ÒÒÝ Ò ÖÑ Ñ ÓÐ Ð Ð Ø ÓÐÚ Ò Þ m Ö Ò Ñ Ø ÖØ Ð¹ Ñ Þ Ø Ð Ò k Öغ Þ r (a /) ρ + r(r ρ) Ý ÒÐ ØÐ Ò Ð Ý Ò ÖØ òº 3 3

Megoldások I. forduló Specmat º Ð Ø ÇÐ Ù Ñ (x + )(5 x)(x + 8x + ) = 0(x + 3) Ý ÒÐ Ø Ø Ú Ð Þ ÑÓ Ö Òº Ð Ñ ÓÐ x = 3/ Ò Ñ Ñ ÓÐ Þ Ò ÓÖ Þ Ý ÒÐ Ø Ó ÓÐ Ð ¼ Ð ÓÐ ÐÓÒ Ú ÞÓÒØ Ý Ø ÒÝ Þ Ñ ¼º Ý Ú Ú Ð Ò Ð Ô Þ Ý ÒÐ Ø Ø (x + 3) ¹Ø Ð Ð Ó ÞØ Ù Ð ÓÐ ÐÓÒ Þ Ð Ø Ø ÒÝ Þ Ø Þ ÞÓÖÓÞÞÙ µ x + 6x + 0 x + 8x + = 0 ½ ÔÓÒص x + 3 x + 3 Ð ÓÐ ÐÓÒ Ð Ú Ø Ø ÖØ Ø Ö Ò Ö A¹Ú Ð ÐÐ ØÚ B¹Ú Ð Ð ÐÚ ÞØ Ô Ù Ó Ý AB = 0 A + B = 7º ÔÓÒص ÁÒÒ Ò A = 5 B = Ú Ý A = B = 5º ½ ÔÓÒص Þ A = 5 B = Ý ÒÐ Ñ Ò Ý x + x + 5 = 0 Þ A = B = 5 Ý ÒÐ Ñ Ò Ý Ô x x = 0 Ý ÒÐ Ø Ø Ð ÒØ º Þ Ð Ò Ò Ò Ú Ð Ý Ñ Ó Ý ( ± 7)/ Þ Ø Ø Þ Ö Ø Ý ÒÐ Ø Þ Ñ ÓРغ ¾ ÔÓÒص Å Ó Ñ ÓÐ ÑòÚ Ð Ø Ø ÐÚ ÞÚ 6x +8x 3 x 6x 0 = 0 Ý ÒÐ Ø Þ ÙØÙÒ º ½ ÔÓÒص z = x Ñ Ö ØÐ Ò Ú Þ Ø Ú Ð f(z) = z + z 3 z 3z 0 = 0 º ½ ÔÓÒص Þ f(z) ÔÓÐ ÒÓÑÓØ Ð ÓÒØ Ù Ø Ð ÓÒÝ Ó Þ Ý ØØ Ø ÔÓÐ ÒÓÑ ÞÓÖÞ ¹ Ø Ö Ý f(z) Ý Ø Ñ Þ Ò Ø ÔÓÐ ÒÓÑ Ý º Ð ¹ ÖÑ Ó ÞÓÖÞ ¹ Ø Ö Ò Ñ ØÙ Ù ÓÒØ Ò Ñ ÖØ ÓÖ z c Ó ÞØ Ý Þ Ý Ø Ð ÒØ Ò ÞÓÒ Ò ÐÝ Ò Ò Ò Ñ ÖØ z ¹Ö z 3¹Ö f(z) > 0 z ¹Ö Ô f(z) < 0º ½ ÔÓÒص Þ f(z) = (z +az +b)(z +cz +d) Ý ÒÐ Ò Ó ÓÐ ÐÓÒ ÞÓÖÞ Ø ÐÚ ÞÚ Ñ Þ Ý ØØ Ø Ø Þ ÓÒÐ ØÚ bd = 0 ad+bc = 3 b+d+ac = a+c = Ó ÒØ Ù Ý ÒÐ ØÖ Ò Þ Ö Þ ÙØÙÒ º ½ ÔÓÒص ÞØ Ñ ÓÐ Ú Ô Ð ÙÐ Þ Ð Ý ÒÐ Ø Ð Ô Ò 0 Þ Ó ÞØ Ô Ö Ø Ø Ý Ò¹ Ð Ø Þ ÞØ Ñ Ø Ù Ò Ú Þ ÐÝ ØØ ØÚ µ (z + z + 5)(z z ) Ð ÓÒØ ÓÞ ÙØÙÒ º ¾ ÔÓÒص z + z + 5 = 0 Ý ÒÐ ØÒ Ò Ò Ú Ð Ý z z = 0 Ý ÒÐ Ø Ý Ð Ô x = z/ = ( ± 7)/ º ½ ÔÓÒص À ÖÑ Ñ ÓÐ ÑòÚ Ð Ø Ø ÐÚ ÞÚ 6x + 8x 3 x 6x 0 = 0 Ý ÒÐ Ø Þ ÙØÙÒ º ½ ÔÓÒص z = x Ñ Ö ØÐ Ò Ú Þ Ø Ú Ð f(z) = z + z 3 z 3z 0 = 0 º ½ ÔÓÒص Þ f(z) ÔÓÐ ÒÓÑÓØ Ø ÔÓÐ ÒÓÑ Ò ÝÞ Ø Ò Ð Ò ÒØ ÐÐ Ø Ù Ð ÒÒ Ð Ô Ò Ó Ù ÞÓÖÞ ØØ ÓÒØ Ò º Ä Ý Ò u Ð ÐÑ Ò Ñ Ú Ð ÞØ Ò Ô Ö Ñ Ø Ö ÓÖ Þ Ý ÒÐ Ø ( z + z ) ( + u (z u + 5 ) ) + z(3 + u) + (0 + u ) = 0 ( ) Ð Ö Ø º ½ ÔÓÒص 33

Megoldások I. forduló Specmat Ð ÓÐ ÐÓÒ Ð Ð Ý ÔÓÐ ÒÓÑ Ò ÝÞ Ø Þ Ö Ô Ð Þ Ð Ð ÚÓÒØ Ñ Ó Ó ÔÓÐ ÒÓÑ ÓÖ Ð Þ Ý z¹ Òµ Ð Ó ÔÓÐ ÒÓÑ Ò ÝÞ Ø Þ Ö Ñ Ò Ò (3 + u) (5 + 8u)(0 + u ) = 8u 3 u 3u + 69 = 0. ½ ÔÓÒص v = u ÐÝ ØØ Ø Ð v 3 + v + 67v 69 = 0 Ñ ÐÝÒ Ð Ø Ø Ò v = Ý º ½ ÔÓÒص Ý ( ) Ð Ô Ò Þ u = v/ = / Ô Ö Ñ Ø ÖÖ Ð ( z + z + ( 3 ) z + 9 ) = (z + z + 5)(z z ) = 0 Ý ÒÐ Ø Þ ÙØÙÒ º ½ ÔÓÒص z + z + 5 = 0 Ý ÒÐ ØÒ Ò Ò Ú Ð Ý z z = 0 Ý ÒÐ Ø Ý Ð Ô x = z/ = ( ± 7)/ º ½ ÔÓÒص º Ð Ø Ý ÔÓÞ Ø Ú Þ Þ ÑÓØ Ò ÝÞ ØØ Ð Ò Ò Ú Þ Ò Ø ÖÞ Ø ÒÝ Þ Ð ÓÒØ Ò Ñ Ò Ò ÔÖ Ñ Ð Ð Ñ Ó ØÚ ÒÝÓÒ Þ Ö Ô Ðº ÞÓÒÝ Ø Ù Ó Ý Ú Ø Ð Ò Ó ÞÓÖ Ð Þ Ø ÞÓÑ Þ Ó Þ Ñ Ñ Ò Ý Ò ÝÞ ØØ Ð º Ð Ñ ÓÐ Þ Ñ Ñ Ð Ð ÐÝ Ò Þ ÑÔ ÖÒ º ÌÓÚ + Ò ÝÞ ØØ Ð ÓÖ ÒÝ ÐÚ Ò k = ( + ) k + = ( + ) ÞÓ ÓÐ < k Ý ÞØ Þ Ð Ö Ø Ø Ö ÐÚ Ú Ø Ð Ò Ó Ñ Ð Ð Þ ÑÔ ÖØ ÔÙÒ º ÔÓÒص Å Ó Ñ ÓÐ ÆÝ ÐÚ Ò ÖÑ ÐÝ m > ¹Ö h > 0¹Ö m ÐÐ ØÚ 8h Ò ÝÞ ØØ Ð ¹ Ø Ø Ð Ð ØÒ Ó Ý Þ x 8y = Ý ÒÐ Ø Ø Ú Ø Ð Ò Ó ÔÓÞ Ø Ú Þ Þ ÑÔ Ö Ð Ø º ¾ ÔÓÒص Þ Ý ÒÐ ØÒ x = 3 y = ÒÝ ÐÚ Ò Ñ ÓÐ º ÞØ (3 8)(3 + 8) = Ð ÖÚ Ò ÝÞ ØÖ Ñ ÐÚ (7 6 8)(7 + 6 8) = Þ Þ x = 7 y = 6 Ñ ÓÐ º ¾ ÔÓÒص ýðø Ð Ò x = a y = b ÔÓÞ Ø Ú Þ Ñ ÓÐ ÓÖ Þ (a b 8)(a + b 8) = Ý ÒÐ Ø Ò ÝÞ ØÖ Ñ ÐÚ (a +8b ab 8)(a +8b +ab 8) = Ø Ø x = a +8b y = ab Ñ ÓÐ Ø Ð ÒØ Þ Ò a + 8b > aµº Þ Ð Ö Ø Ø Ö ÐÚ Ú Ø Ð Ò Ó Ñ ÓÐ Ø ÔÙÒ º ÔÓÒص Å ÝÞ Æ ÝÞ ØÖ Ñ Ð ÐÝ ØØ Ø Ø Þ Ð ØÚ ÒÝÖ Ñ ÐÚ ÞÓÒÒ Ð Ú Ø Ð Ò Ó Ñ ÓÐ º º Ð Ø Ý ÒÝ Ø Ö Ð Øò ÖÓÑ Þ Ò ÐÝ ÞÞ Ò Ð Ø ÝÑ Ò Ñ ÒÝ Ð Ý ÒÐ Ù ¹ Ö ÖÐ Ñ ÞØ Ý Ó Ý Ý ØØ Ñ Ò Ð Ò ÝÓ Ø Ö Ð Ø Ø Ò Ð º Þ Ý ÒÝ Ø Ö Ð Øò ÖÓÑ Þ Þ Ð Ñ ÐÝ Ò Ð ÖÓÑ Þ Ø Ò Ð Þ Þ Ð ØØ Ø Ö Ð Ø Ð Ò ÝÓ Å ÓÐ Ð ØØ Ø Ö Ð Ø ÓÖ Ð Ò ÝÓ Ö Ù Ö Ð Ø Ð Ò ÝÓ º Å ÑÙØ Ø Ù Ó Ý Ð Ð ( /) Ð Ø Ö Ù Ö Þ ÓÖÐ Ø Þ Ý ÒÐ Þ Ö Ö Þ ò ÖÓÑ Þ Ø Ò Ö Ø Ðº 5 3

Megoldások I. forduló Specmat Ì ÒØ Þ ABC ÖÓÑ Þ Ø Ø Ý Ð Ó Ý Ð Ó Þ ÓÐ Ð C Ð Þ Ñ Ò Ú Ò Þ Þ a c b cº À ÐÝ ÞÞ Ò Ð Ø Ý Ú ÖØ Þ ABC ÖÓÑ Þ Ò Ý Ó Ý Ö ÒØ ÝÑ Ø ØÓÚ Ñ Ò ØØ Ö ÒØ Þ AB ÓÐ ÐØ Ý¹ Ý ØÓÚ ÓÐ Ðغ C K C A B A c B ÁÐÝ Ò Ö Ø ÒÝ ÐÚ Ò Ý ÖØ ÐÑò Ò Ð Ø Ø Ð ÐÒ Ð Ý Ò r Ù ÖÙ º ÞØ ÐÐ Ø Ù Ó Ý Ö Ó Ý Ò ÐÝ Þ Ò Ð Ø Ý Ú ÝÑ Ò Ñ ÒÝ Ð ÖÐ Ñ ÞØ Þ ABC ÖÓÑ Þ Ò ÞÓ Ù Ö Ò Ñ Ð Ø Ò ÝÓ ÒÒ Ð Þ r¹ò к Î Ð Ò Ð Ð r Ù Ö ÝÑ Ò Ñ ÒÝ Ð Ö Ø ÐÝ Þ Ò Ð Þ ABC ÖÓÑ Þ Ò ÓÖ ÞÓ Þ ÔÔÓÒØ Þ A B C ÖÓÑ Þ Ò Ñ ÐÝ Ø Þ ÓÐ Ð Ø Ð r Ø ÚÓÐ Ö Ð ÞÓØØ Ô Ö ÙÞ ÑÓ Ó Ó Ò ÞÖ º Þ A B C ÖÓÑ Þ ¹ Ò ÔÓÒØÔ ÖÓ Þ ØØ ÐÐ Ô Ð Ò ÝÓ Ø ÚÓÐ Ð Ó Þ ÓÐ Ð Ñ Þ A B C Þ ABC ÖÓÑ Þ ÓÒÐ ÓÐÝØ Ò r Ó Þ A B ÓРк Ñ ØØ Ö Ù Ö Ð Ð r Рغ ¾ ÔÓÒص ÅÓ Ø ÞÞ Þ r Ù Ö Ø Þ ABC ÖÓÑ Þ Ø Ú Ðº Ä Ý Ò K ρ Þ ABC ÖÓÑ Þ ÖØ Ö Þ ÔÔÓÒØ ÐÐ ØÚ Ù Ö º Þ A B K Þ ABK ÖÓÑ Þ ÓÒÐ Ò Ö ÒÝ Ø ÝÖ ÞØ Ø ÓÐ Ð Ö ÒÝ Ú Ð Ñ Ö ÞØ Ø Ñ Ö ÒÝ Ú Ð Ö Ù Ð r : c = (ρ r) : ρ Ð Ò ÓÒÒ Ò ØÖ Ò ÞÚ Þ r = ρ + c ÔÐ Ø Ø Ô Ù º ½ ÔÓÒص À AC BC ÓÖ ÑÓÞ Ø Ù Ð C ÔÓÒØÓØ Þ AB Ý Ò Ð Ô Ö ÙÞ ÑÓ Ò Þ AB Þ Þ Ð Þ Ñ Ö Ð Ò Ð Ú C ÔÓÒØ º Þ ABC ÖÓÑ Þ Ø Ö Ð Ø Ý ÒÐ Þ ABC ÖÓÑ Þ Ø Ö Ð Ø Ú Ð Ö Ð Ø Ú ÞÓÒØ Þ ABC ÖÓÑ Þ Ö Ð Ø Ò Ð Þ Ò C Þ A B Ù Þ C¹Ò Ø Ð ÐÐ Ô Þ Ð Þ ÖØ AC + BC < AC + BCº t = ρs ÔÐ ØÖ Ú Ø ÓÞÚ Ð Ú Ø Þ Ó Ý Þ ABC ÖÓÑ Þ Ò ÝÓ Ö Ö Ø Ñ ÒØ Þ ABC ÖÓÑ Þ º ( ) ÔÐ Ø Ð Ô Ò Þ ÖØ Þ ABC ÖÓÑ Þ r¹ò Ð Ò ÝÓ Ù Ö Ö Ð ÐÐ Ô ÖØ Ö ØÙÒ º Ð Ò Ø Ø ØÓÚ Ò Ý ÒÐ Þ Ö ABC ÖÓÑ Þ Ð Ó Ð Ð ÓÞÒ Ñ Ðݹ Ò Ö Þ ÑÑ ØÖ Ù Ò ÐÝ Þ Ò Ð Ö ÒØ ÝÑ Ø Þ AB Ð ÔÓØ Ý¹ Ý Þ ÖØ º ¾ ÔÓÒص 6 ( ) 35

Megoldások I. forduló Specmat Î Ù ØØ ÖÓÑ Þ Ø C¹Ò Ø Ð Þ ÑÑ ØÖ Ø Ò ÐÝ Ñ ÒØ Ò ÓÖ Þ Ò ÓÖ Ö Ð Ø Þ Ö Þ ò Ð ÖÓÑ Þ ÖØ Ö º Þ ABC ÖÓÑ Þ ÔÓÒØÓ Ò ÓÖ Ö Þ ò Ø Ð ÖÓÑ Þ Ý ÒÐ Þ Ö º Þ ÖØ Ñ Ö ÞØ ÐÐ Ñ ÑÙØ ØÒÙÒ Ó Ý Ö Þ Ø ØØ Ø Ö Ð Øò Ö Þ ò ÖÓÑ Þ Þ Ð Þ Ý ÒÐ Þ Ö Ò Ú Ò Ð Ø Ð Ò ÝÓ ÖØ Ö º Î Ð Ò Ð Ý Ò Ö Þ ò ÖÓÑ Þ / Ø Ö Ð Øòº Ó ÓÖ x /x Ö Ð Ø x+/x+ x + /x ÖØ Ö Ò Ù Ö Ô Ø Ö Ð Ø Ð Ö Ð Ø ÒÝ Ó º ÁÒÒ Ò r = / x + x + x + x = x + x + / x + x / + =, ÓÐ Ø Ø Ò Þ ÑØ Ò Ñ ÖØ Ò Þ Ô ÞØ Ý ÒÐ ØÐ Ò Ø Ð ÐÑ ÞØÙ º Ý Ò¹ Ð Þ x = /x Ø Ò Þ Þ Ý ÒÐ Þ Ö Ö Þ ò ÖÓÑ Þ Ø Ò ÐÐ ÒÒº ¾ ÔÓÒص 7 36

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009/00 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló feladataiak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazá a egyelőtleséget! Megoldás: 00 log00 log x 009 009 009 00 < A második logaritmus értelmezése miatt: 00 x >. 009 Felhaszáljuk, hogy mid az expoeciális, mid a logaritmusfüggvéyek szigorúa mooto őek, ha az a alapszámukra feáll, hogy a >, és szigorúa mooto csökkeek, ha az a alapszámra teljesül, hogy 0<a<. 009 009 Mivel 0 < <, ezért a alapú expoeciális függvéy szigorúa 00 00 mooto csökke. Ezért az eredeti egyelőtleség ekvivales a 00 log 00 log ( x ) > 0 009 009 egyelőtleséggel. A 00 -es alapú logaritmusfüggvéy szigorúa mooto ő, mert alapja -él agyobb, ezért a megoldadó egyelőtleség egyeértékű a 00 log ( x ) > 009 009 egyelőtleséggel. Ez azt is jeleti, hogy az első logaritmus is értelmezett, hisze argumetuma agyobb -él, azaz pozitív. pot pot A 0 < < miatt az alapú logaritmus függvéy szigorúa 009 009 mooto csökke, ezért 00 x <, 009 009 ie pedig 37

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 0 x <. 009 Az értelmezési tartomáy figyelembe vételével az egyelőtleség megoldása: 00 0 < x <. 009 009 00 0 Ekvivales átalakításokat végeztük, ezért a ; 009 009 itervallum mide valós értéke kielégíti az egyelőtleséget. Összese: pot pot 0 pot - - 38

Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Az ABC háromszög A csúcsból iduló belső szögfelezője a K potba metszi a BC oldalt. Az ABK háromszög belülírt köréek és az ABC háromszög körülírt köréek a középpotja egybeesik. Mekkorák az ABC háromszög szögei? Megoldás: jelöléseik az. ábrá láthatók. ábra Az ABK háromszög belülírt köréek O középpotja az ABK háromszög belső potja, de akkor az O pot belső potja az ABC háromszögek is. A feltételek szerit O az ABC háromszög körülírt köréek középpotjával azoos, ha pedig ez a pot az ABC háromszög belső potja, akkor az ABC háromszög csak hegyesszögű lehet. Az O pot az ABC háromszög körülírt köréek középpotja, ezért () OA = OB = OC = R. Legye OAB = α! Az OAB háromszög egyelő szárú () miatt, ezért OBA = OAB = α. Mivel az O az ABK háromszög beírt köréek középpotja, ezért az OA és OB szakaszok az ABK háromszögbe belső szögfelezők, vagyis OAK = OAB = α, valamit - 3-39

Megoldások II. forduló Szakközépiskola OBK = OBA = α. Az OCB háromszög is egyelő szárú () miatt, ezért OBC = OCB, de OBC = OBK = α, így OBC = α és OCB = α. A feladat feltétele szerit az ABC háromszögbe AK belső szögfelező, ebből az következik, hogy BAK = CAK, de mivel BAK = OAB + OAK = α + α, ezért BAK = CAK = α. Az OAC háromszögbe OAC = OAK + CAK = α + α = 3α, ugyaakkor az OAC háromszög egyelő szárú () miatt, ezért OAC = OCA = 3α. Midezekből az következik, hogy az ABC háromszög belső szögeiek összege: Mivel ezért ( α + α + α ) + ( α + α ) + ( α + 3α ) = 0α CAB + ABC + BCA =. 0α = 80, α = 8, és így az ABC háromszög belső szögei CAB = 7, ABC = 36, BCA = 7. Összese: 0 pot - - 0

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 3. Mutassa meg, hogy ha az, m természetes számokra f ( + m) = f ( ) + f ( m) + és f ( ) = teljesül, akkor az f () ; f ( ) ; f () 3 ; ; f ( ) számok számtai sorozatot alkotak! Számítsa ki a számtai sorozat első 00 tagjáak összegét! Megoldás: A feltételek szerit () f ( ) = f ( + ) = f ( ) + f ( ) + = 5 és () () 3 = f ( + ) = f ( ) + f ( ) + = 8 ()-ből és ()-ből kaphatjuk, hogy f. f ( ) f ( ) = 3, és ( 3 ) f ( ) = 3 f. Ebből sejthetjük, hogy f () ; f ( ) ; f ( 3) ; ; f ( ) egy 3 differeciájú számtai sorozatot alkot. * pot Legye -él agyobb egész szám, ekkor pozitív egész. Az f ( ) ; f () 3 ; ; f ( ) számok sorozatáak -edik tagja: ( ) = f [( ) +] f. ** pot Az f ( + m) = f ( ) + f ( m) + feltétel szerit (3) ( ) = f ( ) + f () + és mivel f () =, ezért a (3) összefüggésből: f, () ( ) f ( ) = 3 f. () szerit az f () ; f ( ) ; f () 3 ; ; f ( ) számsorozatba a második tagtól - 5 -

Megoldások II. forduló Szakközépiskola kezdve bármelyik tagból a sorozat megelőző tagját kivova midig 3-at kapuk. Ez éppe azt jeleti, hogy az f ( ) ; f ( ) ; f ( 3) ; ; f ( ) számok egy számtai sorozat egymás utái tagjai, a számtai sorozat differeciája pedig d = 3. A d = 3 külöbségű számtai sorozat első tagja f () =, ezért a számtai sorozatok első tagjáak összegére voatkozó a + ( ) d S = képlet alapjá + 009 3 f () + f ( ) + f () 3 +... + f ( 00) = 00, azaz f () + f ( ) + f ( 3) +... + f ( 00) = 60655. Összese: * pot 3 * pot 0 pot Megjegyzés:. ha a verseyző csak kokrét esetekbe vizsgálja a feladatot (jól), akkor csak a * potokat kaphatja meg.. ha kokrét esetet em vizsgál (egyébkét jó), akkor az első * potot em kapja meg, haem ** potja helyett potot kap. - 6 -

Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Oldja meg az egyeletet, ha Megoldás: x y + + y 3x + x + y + + x + y + 3 = x Z és y Z! Tudjuk, hogy tetszőleges a valós számra a a, továbbá egyelőség akkor és csak akkor áll fe, ha a 0. Ezért az egyeletük bal oldala em lehet kisebb, mit az egyes abszolutérték jelek közti kifejezések összege, ami B = ( x y + ) + ( y 3x ) + ( x + y + ) + ( x + y + 3), () B =. Mivel a jobb oldal is, ezért csak akkor egyelőek az oldalak, ha midegyik abszolutérték jelbe em egatív szám áll, azaz (/a) x y + 0, és (/b) y 3x 0, és (/c) x + y + 0, és (/d) x + y + 3 0. A(/a) és (/b) egyelőtleségekből a következőhöz jutuk: x + 3x + y. Ebből pedig x 7, illetve 7 x következik, amelyből, figyelembe véve, hogy x Z, azt kapjuk, hogy (3) x. Ehhez hasolóa a (/a) és a (/c) egyelőtleségekből: x + x y, ahoa 5x 9, 9 x. 5 Itt is figyelembe vesszük, hogy x Z, és így a következő eredméyre - 7-3

Megoldások II. forduló Szakközépiskola jutuk: () x. (3) és () összevetéséből adódik, hogy x =, amit behelyettesítve a x + x y vagy a egyelőtleségekbe y =, és y = 0 következik (mivel y Z ). 3x + y x + Ez eleget tesz a /d-ek is, ugyais + ( ) + 3 = 0, + 0 + 3 > 0. Az egyeletek tehát két megoldása va, mégpedig az x = ; y = 0, és az x = ; y = számpár. Átalakításaik ekvivalesek voltak, ezért a kapott számpárok az eredeti egyeletek is megoldásai. Összese: 0 pot - 8 -

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5. Egy oldalú kovex sokszög belsejébe 000 potot helyeztük el úgy, hogy az 0 közül (beleértve a sokszög csúcsait is) semelyik három em illeszkedik egy egyeesre. Maximálisa háy olya háromszöget készíthetük, amelyek midhárom csúcsa az 0 közül kerül ki?. Megoldás: A feladatba szereplő 0 közül semelyik három em esik egy egyeesre, ezért közülük bármelyik három potot kiválasztva háromszöget kapuk. 3 pot Ha figyelembe vesszük a potok kiválasztásáak sorredjét, akkor az első kiválasztott pot az 0 bármelyike lehet, a másodikat már csak 0ból választhatjuk, végül a harmadik pot a maradék 00 pot közül bármelyik lehet. Három pot ilye módo való kiválasztása ezért () 0 0 00 = 03336330 módo törtéhet. Nyilvávaló azoba, hogy ugyaazo három pot bármely sorredbe törtéő kiválasztása ugyaazt a háromszöget adja. pot pot Ugyaazo három pot hatféle sorredbe választható ki, ezért a háromszögek számáak megállapításához az () alatti számot osztauk kell 6-tal. 03336330 = 770 6 A feltételekek megfelelő 0 közül tehát maximálisa 770 darab háromszöget készíthetük. Összese: 0 pot - 9-5

Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Megoldás: A feladatba szereplő 0 közül semelyik három em esik egy egyeesre, ezért közülük bármelyik három potot kiválasztva háromszöget kapuk. 3 pot A kérdéses háromszögek száma megegyezik egy 0 külöböző elemből álló halmaz összes harmadosztályú ismétlés élküli kombiációiak számával, ezért a feladatba szereplő háromszögek maximális száma: () 0 0! = 3. 3! 009! pot Mivel 0! = 009! 00 0 0, és 3! = 3, ezért ()-ből az következik, hogy () 0 00 0 0 3 =. 3 pot A () alatt szereplő törtet egyszerűsítve és a szorzási műveleteket elvégezve azt kapjuk, hogy (3) 0 = 770 3. pot A feltételekek megfelelő 0 közül tehát maximálisa 770 darab háromszöget készíthetük. Összese: 0 pot - 0-6

Megoldások II. forduló Gimázium Az Országos Középiskolai Taulmáyi Versey 009-00. taévi második fordulójáak feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória (GIMNÁZIUM) számára. Adott az x(x + y ) + y(x + y ) x y = 0 egyeletű alakzat. Eek az alakzatak melyik potja va legközelebb a P ( 3 ; 5 ) pothoz? Megoldás: Az alakzat egyeletéek bal oldala szorzattá alakítható: (x + y)(x + y ) = 0. Ezek szerit alakzatuk az x + y = 0 egyeletű e egyees és az x + y = 0 egyeletű origó középpotú kettő sugarú k kör egyesítése. 3 pot P potak az e-re eső merőleges vetülete legye E. A P - átmeő e-re merőleges egyees az x y + = 0, így E koordiátái ( ; ) és ebből P E = 0, 7. pot P -ek a k-tól való távolsága P O, ahol O az origó, k középpotja, pedig k sugara. Ezek szerit P távolsága k-tól ( 3 ) ( ) 5 + 0, 9. pot A keresett pot E( ; ). Összese: 7 pot Meghatározhatjuk P távolságát e-től a ormálegyeletbe helyettesítve is. A pot egyees távolság a függvéytáblába is szerepel, erre is hivatkozhat a verseyző.. Bizoyítsuk be, hogy 55 darab egymást követő egész szám égyzetéek összege em lehet égyzetszám. Megoldás: Jelölje az 55 szám közül a középsőt x. összeg így éz ki: Ekkor a feladatba szereplő S S = (x 7) + (x 6) +... + (x + 6) + (x + 7) = 55x + ( + + 3 +... + 7 ). Felhaszáljuk hogy az első égyzetszám összege + +... + = ( + )( + ). 6 7

Megoldások II. forduló Gimázium Ezek alapjá S = 55x 7 8 55 + = 55(x + 9 8). 3 pot 6 Az így kapott összefüggés szerit S osztható 55-tel, azaz 5-tel és -gyel. Az 5 és prímek, ameyibe S égyzetszám, akkor az 5 és is páros kitevő szerepel S prímtéyezős felbotásába. Ezek szerit va olya y egész szám, amelyre S = (5 ) y, és ekkor x + 9 8 = 55y. pot A jobb oldal osztható 5-tel, tehát 0-ra, vagy 5-re végződik. A bal oldalo 9 8 utolsó jegye, viszot x utolsó jegye em lehet sem 8 sem 3, így a két oldal em lehet egyelő, azaz S em lehet égyzetszám. pot Összese: 7 pot A megoldás utolsó lépésére egy másik lehetőség: egyeletükbe 8 osztható 7-tel, ezért a 7-es maradékokat vizsgáljuk. A égyzetszámok 7-es maradéka lehet 0,, vagy. Ezek szerit 55y 7-es maradéka lehet 0, 6, 3 vagy 5. A lehetőségek közül csak a 0 szerepel midkét esetbe. Ezért legutóbbi egyeletük jobb és bal oldaláak hetes maradéka csak úgy lehet egyelő, ha x és 55y is osztható 7-tel. Viszot ekkor x és 55y is osztható 9-cel, a 9 8 pedig em osztható 9-cel. Így a bal oldal 9-cel em osztható, jobb oldal 9-cel osztható, ami elletmodás, tehát S em lehetett égyzetszám. 3. Egy háromszög belsejébe helyezzük el három olya kört, amelyek éritik a háromszög két-két oldalát, továbbá kívülről éritik a háromszög beírt körét. Bizoyítsuk be, hogy e három kör sugaráak összege em kisebb a beírt kör sugaráál. Megoldás: Jelölje az A csúcshoz legközelebbi kis kör középpotját O, sugarát r, a beírt kör középpotját O, sugarát r. Az ABC háromszöget három részre botva kapjuk, hogy () t ABC = t AOB + t AOC + t BOC. Az () be szereplő területek közül háromra t ABC = r(a + b + c); t AOB = r c; t AOC = r b. 8

Megoldások II. forduló Gimázium A egyedik területet becsüljük, az O -hez tartozó magasság legfeljebb akkora, mit r+r, tehát t BOC (r + r )a. 3 pot Ezek felhaszálásával () így alakul r(a + b + c) r (a + b + c) + ra. Hasolóa a másik két kis körél kapjuk, hogy r(a + b + c) r (a + b + c) + rb és r(a + b + c) r 3 (a + b + c) + rc. A három egyelőtleség megfelelő oldalait összeadva kapjuk 3r(a + b + c) (r + r + r 3 )(a + b + c) + r(a + b + c), amiből megkapjuk a bizoyítadó egyelőtleséget () r r + r + r 3. A BO C háromszög területéek becsléséél az O -hez tartozó magasság potosa akkor lesz r + r, ha az A csúcsból iduló szögfelező egybe magasságvoal is, azaz b = c. ()- be tehát akkor és csak akkor va egyelőség, ha a = b = c, azaz a háromszög szabályos. Összese: 7 pot.. Háy megoldása va a következő egyeletek? 009 = {x}[x] x [x] az x valós szám egészrésze, az x-él em agyobb egészek közül a legagyobb. {x} az x valós szám törtrésze, értéke {x} = x [x]. Megoldás: Ha x egész, akkor a tört számlálójába {x} = 0 tehát maga a tört is 0, így egész megoldás em lehet. Ha x > 0, akkor {x}[x] [x] x, a jobb oldal em lehet -él agyobb. A tört evezője 0 em lehet, ezért x 0, a továbbiakba tehát x < 0. Ha x <, akkor x < x és így x x Ebből az adódik, hogy x < eseté em lehet megoldás, hisze figyelembe véve, hogy x és [x] is egatív {x}[x] x <. < [x] x < x <. 3 pot x 3 9