Hajdú Bihar megyei középiskolások matematika versenye, 018/019 11. évfolyam, II. kategória, megoldókulcs 1. feladat 1. megoldás Az északi csap 8:00 és 8:30 között (fél óra alatt) a medence 1 részét tölti meg. 1 pont A déli csap 8:15 és 8:30 között (negyed óra alatt) a medence 1 részét tölti meg. 6 Tehát 8:30-ig a medence 1 + 1 = 5 része telik meg. 6 1 1 óra alatt az északi csap a medence 1, a déli csap részét tölti meg, a lefolyó 1 3 3 ereszt le, medencényi vizet ezért ha a két csap és a lefolyó egyszerre van megnyitva, akkor 1 óra alatt a medence 1 + 1 = 5 3 3 6 részét töltik meg. Így a fél 9-kor még hiányzó 7 7 rész megtöltéséhez óra, azaz perc szükséges. 1 10 A medence 9:1-kor telik meg.. megoldás Legyen a lefolyó megnyitásától a medence megteltéig eltelt idő t óra. Ekkor az északi csapon t+ 1 órán át, a déli csapon t + 1 órán át folyik be a víz. Ezek alapján felírható a t+ 1 + t+ 1 1,5 t 3 = 1 egyenlet. Az egyenlet megoldása: t = 7 10. 7 10 óra = perc, így a medence 9:1-kor telik meg. t-re pozitív érték adódott, ez egyúttal azt is mutatja, hogy a medence nem telt meg a lefolyó megnyitása előtt.
. feladat A kezdőcsapat összéletkora 11 1 = 31 év. A kiállítás utáni összéletkor 10 0, 5 = 05 év. Tehát a kiállított játékos életkora 31 05 = 6 év. Ha ez volt a medián, akkor a nála fiatalabb öt játékos életkorának összege 5 16 = 80 év, a nála idősebb öt játékos életkorának összege 5 6 = 130 év, ezért ezen tíz játékos összéletkora 80 + 130 = 10 év. Ez ellentmond annak, hogy ez az összeg 05 év, így nem lehetséges, hogy a kiállított játékos életkora volt a medián.
3. feladat Legyen az alaplap oldalainak száma n. Egy alaplapon (ami szabályos n-szög) n(n 3) darab lapátló van, ezért a két alaplapon n(n 3) darab. Egy oldallapon (ami négyszög) darab lapátló van, ezért az n darab oldallapon n darab. Tehát a lapátlók száma n(n 3) + n = n n. Minden testátló egy alsó és egy felső csúcsot köt össze. Egy alsó csúcsból n 3 darab testátló indul (él megy a felette levő csúcsba, és lapátló megy a vele egy oldallapon levő két felső csúcsba). Tehát a testátlók száma n(n 3) = n 3n. A feladat feltétele szerint (n n) (n 3n) = n = 018, ezért n = 1009. Összesen: 10 pont A lapátlók számának meghatározása másképpen: Egy csúcsból n 3 alaplapi és oldallapi lapátló indul, ezért egy csúcsból n 1 darab lapátló indul. Tehát a lapátlók száma n(n 1) = n(n 1) = n n (azért osztunk -vel, mert minden lapátlót mindkét végpontjánál számoltunk). A testátlók számának meghatározása másképpen: Összes csúcspárok száma ( ) n = n(n 1) = n(n 1) = n n. Ebből az élek száma 3n, a lapátlók száma a fentiek szerint n n. Tehát a testátlók száma (n n) 3n (n n) = n 3n.
. feladat 1. megoldás Használjuk a szokásos jelöléseket: a derékszögű háromszögben a befogók hossza a, b, az átfogó hossza c, az a hosszú befogóval szemközti szög α. Ismert/könnyen levezethető, hogy a beírt kör sugara a+b c, a körülírt kör sugara c, ezért a feladat feltétele szerint a+b c = c, azaz a + b = 5c, amiből a c + b c = 5, azaz sin α + cos α = 5. Átrendezve cos α = 5 sin α, négyzetre emelés után (mindkét oldal pozitív, ezért ez ekvivalens átalakítás) 1 sin α = 5 5 sin α + 16 sin α, amiből 3 sin α 0 sin α + 9 = 0. A sin α-ban másodfokú egyenlet megoldásával sin α = 5± 7, 8 ahonnan α 7, 8856 vagy 17, 11, így a háromszög szögei (a derékszögön kívül) kb. 7, 8856 és 17, 11 (szimmetria okokból ugyanazok a szögek adódnak α két értékéből). Összesen: 1. megoldás Az 1. megoldáshoz hasonlóan sin α + cos α = 5. +1+ Négyzetre emeléssel (mindkét oldal pozitív, ezért ez ekvivalens átalakítás) sin α + cos α + sin α cos α = 1 + sin(α) = 5 9, amiből sin(α) =. 16 16 0 < α < 180, ezért α 3, 89 vagy 15, 7711, ahonnan α 17, 11 vagy 7, 8856, így a háromszög szögei (a derékszögön kívül) kb. 7, 8856 és 17, 11 (szimmetria okokból ugyanazok a szögek adódnak α két értékéből). Összesen: 1
5. feladat Egyrészt: (n ) < n + n + 7, ha n > 7, valamint n + n + 7 < (n + 1), azaz 0 < n n 6, ha n < 1, 5 vagy n >. Tehát n + n + 7 két egymást követő egész szám négyzete közé esik, így nem lehet négyzetszám, ha 6 n vagy n 3. Másrészt: (n 1) < n + n + 7, azaz 0 < n + n + 6 teljesül minden n Z esetén, valamint n + n + 7 < (n ), ha n < 7. Tehát n + n + 7 két egymást követő egész szám négyzete közé esik, így nem lehet négyzetszám, ha n 8. Vizsgálandó még n = 7, 1, 0, 1,, amikor rendre n +n+7 = 01(= 9 ), 7, 7, 9(= 3 ), 5(= 5 ). Így n = 7, 1, esetén négyzetszám. Összesen: 1 A három helyes érték (n = 7, 1, ) próbálgatással történő megtalálása ot ér.