Okttási Hivtl A 013/014 tnévi Országos Középiskoli Tnulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Jvítási-értékelési útmuttó 1 Oldj meg vlós számok hlmzán egyenletet! 3 5 16 0 Megoldás: Az egyenlet htványozás zonosságink felhsználásávl (1) 3 5 4 5 4 lkb is írhtó Az 5 és pozitív számml 4 pozitív vlós számok, ezért (1) mindkét oldlát oszthtjuk z 5 4 Ekkor műveletek elvégzése, htványozás zonosságink újbóli lklmzás és z egyszerűsítés után () 5 4 3 4 5 egyenletet kpjuk Vezessük be z 5 y 4 jelölést, ezzel jelöléssel () egyenletből 1 3 y y
Mtemtik I ktegóri dódik, ebből pedig műveletek elvégzésével és rendezéssel: (3) 3y y 1 0 A (3) másodfokú egyenlet megoldási z y 1 és 1 1 y 3 vlós számok pont Az 1 y nem megoldás, mert 3 5 y 4 pozitív szám H y 1, kkor 1 zz 5 4 1, 5 4 5 4 0 Mivel z f következik 5 4 függvény kölsönösen egyértelmű, ezért ebből 0 Az eredeti egyenlet egyetlen megoldás tehát z 0 vlós szám Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ez vlóbn megoldás ( 3 11 1) 013/014 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Melyek zok z n N számok, melyekre Megoldás: prímszám? 3 n n 1 n n A htványozás zonosságink lklmzásávl 3 1 kifejezést átlkítjuk: n n n n n (1) 3 1 3 1 4 6 1 pont n H n 0, kkor z (1)-ben szereplő 4 6 1 kifejezés értéke 5, ez pedig prímszám Ezért n 0 feldt megoldás pont Ezután meghtározzuk z számjegyét n n N feltétel mellett 4 6 1 kifejezés utolsó A 6 minden pozitív egész kitevőjű htvány 6 -r végződik Ebből következik, hogy n n 4 6 szám 4 -re végződik, és így 4 6 1 kifejezés n utolsó számjegye 5, eszerint pedig 4 6 1 oszthtó 5 -tel n Az n N feltétel mellett tehát 46 1 5, másrészt oszthtó 5 -tel, vgyis nem lehet prímszám n Ezért 4 6 1 kkor és sk kkor lesz prímszám, h 0 n n, és ekkor 46 1 5 pont 013/014 3 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri 3 Egy derékszögű háromszög oldlink hossz egész szám Igzolj, hogy háromszög z egyik súsán átmenő két egyenessel három egyenlő területű részre vághtó úgy, hogy kpott részek területének mérőszám is egész szám! 1 Megoldás: A derékszögű háromszög befogói z és b, háromszög területe b T Igzolnunk kell, hogy terület hrmdrésze, vgyis T b 3 6 egész szám, h, b, egész Vgyis zt kell bizonyítni, hogy b oszthtó 6 -tl pont A feltétel szerint z ; b; számok egy háromszög oldli, tehát pozitív egész számok A pozitív egész számok 3-ml vló osztási mrdéki 1;0; 1 számok lehetnek Mivel Pitgorsz-tétel érvényes, b, -re, ezért Figyelembe véve, hogy b ; b; pozitív számok, vlmint, hogy és b szerepe felserélhető, z i; j; k N jelöléssel, h 3i, b 3 j 1, kkor b 9i 9 j 6 j 1 3m 1 ; 3i, b 3 j, kkor b 9i 9 j 3m ; 3i 1, b 3 j 1, kkor b 9i 6i 1 9 j 6 j 1 3m m N ; vlmint, h illetve, h 3k, kkor 9k 3n ; 3k 1, kkor 9k 6k 1 3n1 n N Eszerint z b pitgorszi összefüggés nem állht fenn, h 3i 1 és b 3 j 1 Ezért z 3 -ml ; b egész számok közül leglább z egyik oszthtó 3 -ml, tehát b is oszthtó 3 pont 013/014 4 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Másrészt pozitív egész számok -vel osztv 0 vgy 1 mrdékot dnk, ezért p; q; r N jelöléssel, h p, b q 1, kkor b 4p 4q 4q 1 4s 1; p, b q, kkor b 4p 4q 4s ; p 1, b q 1, kkor b 4p 4p 1 4q 4q 1 4s vlmint, h s N r, kkor 4r 4t ;, illetve, h r 1, kkor 4r 4r 1 4t 1 t N Eszerint egész szám 4-gyel osztv nem dht mrdékot, tehát nem lehet és b mindegyike pártln szám Ezért z -vel, tehát b is oszthtó -vel H ; b egész számok közül leglább z egyik oszthtó b oszthtó 3 -ml és -vel, kkor 6 -tl is oszthtó, és ezzel beláttuk, hogy T b egész szám, vgyis háromszög vlóbn három egyenlő területű részre oszthtó 3 6 úgy, hogy részek területe is egész szám A három egyenlő területű részre osztás meg is vlósíthtó: h egy súsot összekötünk szemközti oldl hrmdolópontjivl, kkor olyn egyenlő területű részeket kpunk, melyeknek számértéke egész Például, h 3, b 4, 5, kkor 1 1 1 m, t 5 T 5 3 5 3 3 pont 013/014 5 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Megoldás: jelöléseink z 1 ábrán láthtók 1 ábr Az ezzel, b befogójú, ABC derékszögű háromszög T területére Azt kell bizonyítnunk, hogy T 3 6 b b 6 T b, hol, b N, és pont Ez kkor és sk kkor teljesül, h b és 3 b egyszerre igz, vgyis 6 b b és 3 b Tudjuk, hogy b vgy b, és 3 b 3 vgy 3 b Tegyük fel először, hogy: k 1, b l 1 k; l N A Pitgorsz-tétel érvényes, b, -re, ezért zz és így ( k 1) (l 1) ; 4( k l ) 4( k l) ; 4 m mn, mi lehetetlen, mert négyzetszámok 4-gyel osztv 0 vgy 1 mrdékot dnk 013/014 6 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Ebből következik, hogy vgy b teljesül, és ezért b is igz 3 pont Tegyük fel másodszor, hogy: A Pitgorsz-tétel érvényes illetve és így 3n 1 és b 3 p1 n; p N, b, -re, ezért ( 3n 1) (3p 1) ; 9 ( n p ) 6( n p) ; 3q q N Ez ismét lehetetlen, mert négyzetszámok 3-ml osztv 0 vgy 1 mrdékot dnk Ebből z következik, hogy 3 vgy 3 b, és így 3 b 3 pont Mivel ( ;3) 1, ezért b és 3 b mitt 6 b, ezért A három egyenlő területű részre osztás meg is vlósíthtó: T b egész szám 3 6 h egy súsot összekötünk szemközti oldl hrmdolópontjivl, kkor olyn egyenlő területű részeket kpunk, melyeknek számértéke egész Például, h 3, b 4, 5, kkor 1 1 1 m, t 5 T 5 3 5 3 013/014 7 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri 4 Az ABC háromszögben BC ; CA b; AB hosszúságú, és z oldlk hosszir teljesül, hogy 3 3 3 b Bizonyíts be, hogy 60 BCA 90! Megoldás: Legyen szokásos jelöléssel BCA A feltételi egyenlőség bl oldlát szorzttá lkítjuk: 3 3 (1) b b b b A háromszög-egyenlőtlenség mitt 3 b, ezért feltétel és (1) figyelembe vételével honnn 0 -vl vló egyszerűsítés után: b () b b A koszinusztétel szerint b b, b os, így ()-ből b b os b b következik, honnn rendezés és z b 0 számml vló osztás után dódik, hogy: (3) Tudjuk, hogy, os 60 1 1 os, továbbá z f os függvény ; szigorún monoton sökken, ezért (3) mitt 60 0 intervllumbn pont b) Másodszor belátjuk, hogy 90, vgyis zt, hogy hegyesszög Indirekt módon bizonyítunk: tegyük fel, hogy 90, zz tegyük fel, hogy háromszög derékszögű, vgy tompszögű Ekkor z oldlhosszk négyzeteire teljesül, hogy (4) b Szorozzuk meg (4) egyenlőtlenség mindkét oldlát 0 -vl, ebből dódik, hogy honnn feldt feltétele szerint: (5) 3 b, 3 3 b b 013/014 8 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Az (5) egyenlőtlenség átrendezhető következőképpen: (6) b b 0 Mivel minden háromszögben legngyobb szöggel szemben vn leghosszbb oldl, és z indirekt feltétel szerint háromszög legngyobb szöge, ezért Eszerint (6) egyenlőtlenség bl oldl pozitív, ezért (6) nem állht fenn Indirekt feltételünk tehát nem teljesülhet, zz vlóbn 90 és b Eredményeinket egyesítve 60 90, és ezzel feldt állítását bizonyítottuk Megjegyzés: (4) összefüggés bizonyíthtó például koszinusztétellel is 5 Egy egységnyi oldlú négyzet súsi A ; B; C; D Az AB oldl tetszőleges pontj P A Q pont BC oldlon vn, és PDQ 45 Mekkor PBQ háromszög kerülete? 1 Megoldás: A feltételeknek megfelelő ábrát készítünk ( ábr), melyen z AP, illetve CQ y, PQ z, továbbá z ADP és CDQ jelöléseket válsztottuk A válsztott jelölésekkel egyrészt ábr BP 1 és BQ 1 y, vlmint 45, 013/014 9 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri továbbá PBQ háromszög K -vl jelölt kerületére K 1 1 y z y z Mérjük fel z AB egyenesre z AR y szkszt úgy, hogy B és R pontokt z A pont elválssz Ekkor z ADR és CDQ háromszögekben két-két megfelelő oldl hossz megegyezik, hiszen AR CQ y és AD CD 1, illetve kiválsztott két-két oldl áltl bezárt szög mindkét háromszögben derékszög Az ADR és CDQ háromszögek tehát egybevágók, és így ADR, vlmint DR DQ Ebből z is következik, hogy PDR és PDQ háromszögek is egybevágók, mert PD pont szksz közös, és z előbbiek lpján DR DQ, továbbá mindkét háromszögben kiválsztott oldlk áltl bezárt szög 45 Ez zt jelenti, hogy PDR és PDQ háromszögekben PR y és PQ z pont szkszok hossz is egyenlő, zz y z Ezért PBQ háromszög K kerülete K y z y y, vgyis PBQ háromszög kerülete hosszúságegység pont pont Megjegyzés: H négyzet oldlhossz, kkor fentiekhez hsonlón bizonyíthtó, hogy K Megoldás: A megoldás során z 1 megoldás ábráját és jelöléseit hsználjuk Ezekkel jelölésekkel z ADP háromszögben tg, 1 CDQ háromszögben pedig y tg y 1 013/014 10 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri tg tg Tudjuk, hogy 45, ezért tg trigonometrikus összegzési 1 tg tg tételből kpjuk, hogy mivel zonbn ezért miből y tg 45, 1 y tg 45 1, y 1 y 1, (1) y 1 y következik pont A PBQ háromszögre felírt Pitgorsz-tételből zt kpjuk, hogy honnn műveletek elvégzésével és rendezéssel: () z y y z 1 1 y, A () összefüggésből z következik, hogy (3) z y y (3)-b (1)-et behelyettesítve z y 1 innen pedig műveletek elvégzésével és rendezéssel (4) z y y y, pont (4) éppen zt jelenti, hogy és mivel ; y; z pozitív számok, ezért z, y (5) z y A PBQ háromszög kerülete tehát pont K 1 1 y z, melyből (5) felhsználásávl kpjuk, hogy K 1 1 y y pont 013/014 11 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri 6 Egy 55-ös táblázt minden soráb és minden oszlopáb pontosn egyszer beírtuk z 1,, 3, 4, 5 számokt A tábláztb beírt számok táblázt egyik átlójár szimmetrikusn helyezkednek el Megoldás: A feltételeknek megfelelő kitöltés esetén mennyi lehet táblázt szimmetriátlójábn levő számok összege? A táblázt egy lehetséges kitöltése következő: A B 1 3 5 4 1 4 3 5 3 5 1 4 4 5 1 3 5 4 3 1 A továbbikbn bizonyítni fogjuk, hogy táblázt feltételeknek megfelelő kitöltése esetén szimmetriátlóbn (itt BD -ben) z 1; ; 3; 4 és 5 számok mindegyike előfordul és nyilvánvlón mindegyik egyszer H tábláztot feltételeknek megfelelően kitöltöttük, kkor minden sorbn és minden oszlopbn egy drb 1-es, egy drb -es, egy drb 3-s, egy drb 4-es és végül egy drb 5-ös vn Ez zt is jelenti, hogy tábláztbn összesen rendre öt drb 1-es, -es, 3-s, 4-es és 5-ös vn, zz mindegyikből pártln számú Jelöljük ki táblázt vlmelyik, nem szimmetriátlóbn levő helyét, nem sérti z áltlánosságot, h z itt levő számot 1-esnek válsztjuk Ilyen feltételek mitt biztosn vn A szimmetri mitt kiválsztott helynek szimmetriátlór vontkozó tükörképe táblázt olyn helye, hol szintén 1-es áll Eszerint minden, szimmetriátlóbn nem szereplő 1-esnek vn tábláztbn egy megfelelő párj, vgyis z ilyen elhelyezkedésű 1-esek párb állíthtók, zz páros sokn vnnk D C * pont pont 013/014 1 OKTV 1 forduló
Mtemtik I ktegóri Mivel zonbn tábláztbn összesen pártln számú 1-es vn, ezért leglább z egyik 1-esnek nins párj, tehát szimmetriátlóbn kell lennie Így szimmetriátlóbn 1; 3, vgy 5 drb 1-es lehet Hsonlón bizonyíthtó, hogy szimmetriátlóbn ugynez igz -es, 3-s, 4-es és 5-ös számokr is Mivel szimmetriátlóbn sk öt hely vn, ezért minden számból pontosn sk egy szerepelhet itt A táblázt, feltételeknek megfelelő bármely kitöltése esetén tehát szimmetriátlóbn szereplő számok összege 1 3 4 5 15 pont 1* pont Megjegyzések: 1) h versenyző megd egy helyes kitöltést, például: A B 1 5 3 4 3 5 1 4 1 4 5 3 4 3 1 5 5 4 3 1 D C de nem bizonyítj, hogy szimmetriátlóbn mind z öt szám pontosn egyszer előfordul, kkor legfeljebb *-gl jelzett pontokt kphtj meg n -es N ) minden 1 n 1 n tábláztr igz, hogy feltételeknek megfelelő kitöltés esetén szimmetriátlóbn z összes 1; ; 3;; n 1 szám pontosn egyszer előfordul, ezért szimmetriátlóbn levő számok összege 1 3 n 1 n 3n 1 013/014 13 OKTV 1 forduló