Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2007/ forduló. 9. évfolyam

Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 007/008. forduló 9. évfolyam. Hány százaléka maradt meg a pénzemnek, ha a nyaraláson elköltöttem a 6 9 -od részét, majd szeptemberben tankönyvvásárlásra a maradék 7 -ed részét, végül az ezután megmaradt összeg 5 részéből ajándékot vettem édesanyám születésnapjára? x 5. Melyek azok a természetes számok, amelyek nem megoldásai a 5 7 x egyenlőtlenségeknek?. Egy téglalap két szomszédos oldalának és átlójának hossza egész szám, egyik oldalának hossza négyzetszám, területének számértéke 60 területegység. Mekkora a téglalap kerülete?. A C pontban derékszögű ABC háromszög BC oldala, mint átmérő fölé rajzoljuk meg a D középpontú kört, ez a kör az AB oldalt az E belső pontban metszi. A körhöz rajzoljuk meg az E pontbeli érintőt, az érintő az AC oldalt az F belső pontban metszi. Hányadrésze a DEF háromszög területe az ABC háromszög területének? 5. Egy gazdag embernek két fia volt. A két fiú életkorának összege (életkorukat pozitív egész számnak tekintjük) éppen év volt, mikor a gazdag ember végrendeletet írt. A végrendeletben vagyonának egy részét a két fiúra hagyta a következő feltételek szerint: amikor az idősebb fiú éppen kétszer olyan idős lesz, mint a fiatalabb, akkor mindkét fiú pontosan annyiszor egymillió forintot kap, ahány éves, de csak akkor, ha mindketten elérték már a nagykorúságot (8 év). Hány évesek lesznek a fiúk az örökség kézhezvételének évében? 6. Melyek azok a p pozitív prímszámok és x pozitív egész számok, amelyekre teljesül, hogy 7p p x+ = 09? x

0. évfolyam. A számpiramis minden téglalapjában az alatta levő, és vele érintkező két téglalapba írt szám összege szerepel (a legalsó sor téglalapjaiban szereplevő számokat kivéve). Milyen szám áll a legfelső téglalapban? x x 007 7 x 6. A 0 0 7 tízes számrendszerbeli nyolcjegyű számban bizonyos jegyek helyét kihagytuk, ezekre a helyekre a 008 szám jegyeit írhatjuk. Az így kapott számok közül hány lesz négyzetszám?. Melyik az a legkisebb természetes szám, amely eleme az f ( x) függvény értelmezési tartományának? = 6 x x. Egy téglalap alakú sportpálya oldalainak méterben mért hosszát egy nem tízes alapú számrendszerben 0 és 0 jelöli, a téglalap méterben mért kerületének számértéke ugyanebben a számrendszerben. Hány m a sportpálya területe ebben a számrendszerben? 5. Az ABCD négyzet AB oldalára kifelé megrajzoltuk az ABE szabályos háromszöget. Az AC átlót a DE egyenes az F pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az CE és BF szakaszok merőlegesek egymásra! 6. Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel α = 5, β = 60. Határozzuk meg azt a k pozitív valós számot, amelyre teljesül, hogy k AB = k+ BC + CA! ( )

. évfolyam. Aladár szerint egy n oldalú konvex sokszögnek minden pozitív egész n szám esetén pontosan n n+ átlója van. Milyen n -re van igaza Aladárnak? 008 006. Mennyi az x 00x 005 + (007 y) + ( z+ ) = 0 egyenlet gyökei szorzatának legkisebb értéke?. Az ABCD parallelogramma síkjában fekvő P pont kétszer olyan távol van az AB egyenestől, mint a CD egyenestől. A PA és PB egyenesek a CD szakaszt rendre az E és az F belső pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy a PAF és PBE háromszögek területe egyenlő! a a. Melyek azok a 0-nél kisebb a és b négyzetszámok, amelyekre az b b a legkisebb értékét veszi föl és mennyi ez a minimum? kifejezés 5. Számítsuk ki a 9+ 80 9 80 007 hatvány pontos értékét! 6. A háromjegyű 0-es számrendszerbeli abc számhoz keressük meg mindazokat az ugyancsak háromjegyű számokat, amelyek ugyanazokból a számjegyekből állnak, mint abc, de bennük egyik jegy sem áll az eredeti helyiértéken. Az így kapott számokat és abc -t összeadva egy olyan számot kapunk, amely 007-nél egy négyzetszámmal nagyobb. Melyik ez a négyzetszám?

. évfolyam x. Hány pozitív prímszám megoldása az log ( + 7) egyenlőtlenségnek?. Egy falunak éppen 007 lakója van. Tudjuk, hogy a faluban nem élnek évnél fiatalabbak, de senki sem idősebb 85 évesnél. Bizonyítsuk be, hogy a falunak van legalább 5 olyan lakosa, akiknek az életkora azonos!. Egy háromszög oldalait a szokásos módon a, b, c -vel, a megfelelő szögeket α, β, γ -val jelöljük. Tudjuk, hogy a = sinβ, b = sinγ és c = sinα. Bizonyítsuk be, hogy feltételeink csak a szabályos háromszögre teljesülnek!. Oldjuk meg a 7x p 7 p = x 5 p p egyenletet, ha x egész szám, p pedig pozitív prímszám! 5. Két szomszéd a folyóparton egy-egy egyenlő hosszúságú és szélességű, téglalap alakú, egymás melletti telket jelöl ki. A terv szerint a folyó felől egyikük se épít kerítést, a telkek többi részét bekerítik, de megegyeznek, hogy az egymással szomszédos, egyenlő hosszúságú szakaszon a szakasz hosszának felét építik ki mindketten. Mekkora az a legnagyobb terület, amelyet a feltételek mellett egyenként kialakíthatnak, ha egyformán 50 m hosszú kerítésük van? 6. Oldjuk meg a valós számok halmazán az egyenletet! 007 x x 00 + = x 00 x 00

Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 007/008 Az. forduló feladatainak megoldásai 9. évfolyam. Ha eredetileg x forintom volt, akkor a feladat szövege szerint az első pénzkiadás 7 után x forintom maradt. ( pont) 6 Ha ennek elköltöttem a 7 - ed részét, akkor megmaradt a 7 - ed része, azaz 7 6 7 x forint. ( pont) A kapott törtben elvégezve az egyszerűsítéseket, azt kapjuk, hogy a második pénzkiadás után megmaradt összeg x forint. Ebből résznyit ajándékra költve megmaradt a része, vagyis x= 5 5 5 5 a pénzkiadások utáni összeg. x ( pont) ( pont) Ez az eredeti pénzemnek éppen a 0%-a. ( pont) Összesen: 0 pont 5

. Első lépésben megoldjuk az egyenlőtlenséget, azután válaszolunk a feladat kérdésére. Nyilvánvaló, hogy x 7. x 5 Először a egyenlőtlenség megoldásait keressük. Az egyenlőtlenség más 7 x alakban: x 5, x 7 x 5 azaz. x 7 A jobb oldal tovább alakítható: ( x 7) + 6 6 = +, x 7 x 7 így a 6 () 0 x 7 egyenlőtlenséget oldjuk meg. Könnyen látható, hogy ()-nek azok a természetes számok felelnek meg, amelyekre x < 7 teljesül. ( pont) Másodszor a x 5 () 5 7 x egyenlőtlenség megoldásait keressük. Most azt a módszert választjuk, hogy az egyenlőtlenséget 7 x -szel szorozzuk. A 7 x kifejezés előjele pozitív vagy negatív aszerint, hogy x < 7, vagy x > 7. Az előző eset vizsgálatából kiderült, hogy csak x < 7 lehetséges, hiszen azokat a természetes számokat keressük, amelyekre () és () egyenlőtlenség is teljesül. Ha tehát a () egyenlőtlenség mindkét oldalát 7 x -szel szorozzuk, akkor pozitív számmal szorzunk, ezért a relációjel iránya megmarad, vagyis: () x 5 5 5x. A () egyenlőtlenségből rendezéssel az x 5 egyenlőtlenséget kapjuk. 6 ( pont) Ezt az eredményt és az x < 7 feltételt egybevetve x 5 adódik, azaz mindkét egyenlőtlenségnek a 0 ;;;;; 5 természetes számok felelnek meg. Most már könnyű választ adni arra a kérdésre, hogy a két egyenlőtlenségnek mely természetes számok nem tesznek eleget. Az előzőek alapján ezek nyilvánvalóan az x 6 egyenlőtlenségnek megfelelő természetes számok. ( pont) Összesen: 0 pont Megjegyzés: ha a versenyző végig a nevezővel való szorzás módszerét választja, és minden esetben vizsgálja a nevező előjelét, majd így jut helyes eredményre, természetesen akkor is megkapja a maximális pontszámot.

. Legyenek a téglalap oldalai az x és y pozitív egész számok. Mivel a téglalap területe x y, ezért x y= 60. Az x és y számok közül az egyik (esetleg mindkettő) négyzetszám, megvizsgáljuk tehát a 60 prímtényezős felbontását. () 60= 5. Válasszuk a x-et négyzetszámnak! ()-ből láthatóan csak a következő esetek fordulhatnak elő: () x = ; x = ; x = 9 ; x 6 =, az ezekhez tartozó y értékek: () y = 60 ; y = 90; y = 0 ; y 0 =. ( pont) () és () egyúttal azt is jelenti, hogy ha x négyzetszám, akkor y nem lehet az, ez látszik a () alatti értékekből is. A téglalap átlója két derékszögű háromszögre osztja a téglalapot, mindkettőre felírható ugyanaz, a Pitagorasz-tételből következő egyenlet: () x = + y d, ahol d a téglalap átlójának hossza, a feltételek miatt + d N. ( pont) A () és () értékeket ()-be helyettesítve csak x 9 és a hozzá tartozó y = 0 esetén kapunk d -re pozitív egész számot, ekkor d =. = ( pont) Ezért a téglalap kerülete: = ( x+ y) = ( 9+ 0) = 98 K hosszúságegység. ( pont) Összesen: 0 pont 7

. Jelöléseink az ábrán láthatók. A F α C... E D β B A Thalész-tétel értelmében BEC = 90, tehát CE az ABC háromszög átfogóhoz tartozó magassága. ( pont) Mivel az ABC háromszög derékszögű, ezért α + β = 90, így BCE = α és ACE = β. A BC átmérőjű kör középpontja a BC szakasz D felezőpontja, és DB = DC = DE a kör sugara. Emiatt a BED és CED háromszögek egyenlő szárúak, így () DEB = β és DEC = α. Az FE egyenes érintője a BC átmérőjű körnek, az érintő tulajdonsága miatt FE egyenes merőleges DE -re, azaz FED = 90. Ebből () alapján azonnal adódik, hogy FEC = β és FEA = α. Ez pontosan azt jelenti, hogy a CEF és AEF háromszögek egyenlő szárúak, azaz CF = EF = AF, vagyis az ACE derékszögű háromszög AC oldalának felezőpontja F. Ezért FD az ABC háromszög középvonala, amely párhuzamos az AB oldallal, valamint AB () FD=. Az FD középvonal felezi a CE magasságot, és az AB -vel való párhuzamossága miatt merőleges is rá. Így a DEF háromszög területének kiszámításakor () felhasználásával kapjuk, CE AB CE hogy T FD = = T,tehát a DEF háromszög DEF = ABC területe az ABC háromszög területének éppen a negyedrésze. ( pont) Összesen: 0 pont 8

5. Legyen az idősebb fiú (életkoruk összege miatt nem lehetnek egykorúak) jelenlegi életkora x, akkor a fiatalabb fiú mostani életkora x. Tegyük fel, hogy az idősebb fiú y év múlva lesz kétszer annyi idős, mint a fiatalabb. Ekkor a következő, pozitív egészekre fölírt egyenletet kell megoldanunk: x + y= x+ y. () ( ) Az () egyenlet rendezése után kapjuk, hogy: () x = + y. ( pont) ()-ből láthatjuk, hogy y -mal osztható pozitív egész szám (elvileg az y = 0 is elfogadható lenne, hiszen a 0 is -mal osztható, ekkor azonban a testvérek és 7 évesek lennének, azaz nem felelnének meg a nagykorúsági feltételnek), ezért csak az () y = ; y = 6 ; y = 9 ; y = ; y = 5 5 ; y = 8 6 értékekkel számolunk. Az y azért nem fordulhat elő, mert abból x következne, és eszerint a fiatalabb fiú jelenlegi életkora x 0 volna, ezt pedig a feladat szövegének az életkorok pozitív egész szám voltára vonatkozó feltétele nem engedi meg. ( pont) Vizsgáljuk most meg a nagykorúságra vonatkozó feltételt a () alatti értékek szerint, mégpedig úgy, hogy táblázatba foglaljuk a két fiú y év múlva elért életkorát, amelyet nyilvánvalóan az x+ y és x+ y kifejezések adnak meg (az x és y értékeit ()-ből és ()-ból kapjuk): y x x+ y x+ y 5 8 9 6 6 9 7 6 8 0 5 5 9 7 8 0 8 9 ( pont) A táblázatból látható, hogy mindkét fiú a nagykorúságot csak az utolsó esetben éri el, ekkor az idősebb fiú 8, a fiatalabb 9 éves lesz, azaz az idősebb fiú 8 millió, a fiatalabb pedig 9 millió forintot kap az örökségből. Összesen: 0 pont 9

7p 6. A feltételek miatt a kiindulásul vett p x+ = 09 egyenlet mindkét oldalán x 7p pozitív egész számok állnak, ez csak úgy lehetséges, hogy a bal oldali x kifejezés is egész szám, ez azt jelenti, hogy x 7p. ( pont) A 7p pozitív osztói a következők: ; 7; p ; 7 p ; p ; 7p. Eszerint több esetet kell megvizsgálnunk: a) ha x =, akkor az egyenletből a p prímszámra vonatkozó 7p + p= 09 egyenletet kapjuk. Könnyen látható, hogy ennek nincs megoldása egyetlen p -re sem, mert ha p =, akkor a bal oldal páros, míg a jobb oldal páratlan. Ha p =, akkor 59 09, ha pedig p >, akkor 7p + p > 09. b) ha x = 7, akkor + p= 09 p + p= p p+ átalakításból láthatóan 09 osztható a p prímszámmal, vagyis -mal vagy 0-mal. Ugyanakkor egyik érték behelyettesítése esetén sem lesz egyenlő az egyenlet két oldala, így most sem kapunk megoldást. p. A ( ) c) ha x= p, akkor a p + 7p= 09 egyenlet megoldásait keressük. Ebből következik, hogy p ( p+ 7) = 09, az előző esethez hasonlóan belátható, hogy ennek sincs megoldása. d) ha x= 7p, akkor a p +p= 09, illetve az ebből következő p ( p+ ) = 09 egyenletet oldjuk meg. Ha p =, akkor a két oldal egyenlő, ezért p = és x = 5 adja az egyenlet egyik megoldását. Ha p = 0, akkor nem kapunk megoldást. e) ha x= p, akkor p + 7= 09, de ennek nincs a feltételeket kielégítő megoldása, mert ebből p = 6 következik, de 6 nem köbszám. f) végül, ha x= 7p, akkor ebből a p + = 09 egyenletet kapjuk, de ennek sincs megoldása, mert a 08 p -re ebből következő szám nem egész. A feladatnak tehát csak az x = 5 és a p = számok felelnek meg, számolással ellenőrizhető, hogy p = mellett x = 5 valóban megoldása az eredeti egyenletnek. Összesen: 0 pont 0

0. évfolyam. Legyen az alsó sor középső téglalapjában álló szám y! A feladat feltételei szerint akkor egyrészt () 7 y + x = 007, 6 ( pont) másrészt () y+ x = x. ( pont) A () egyenletből rendezéssel az () 7 y + x = 0 6 egyenletet kapjuk. ( pont) () és () megfelelő oldalait egymásból kivonva () x = 007 adódik. Ha most a legfelső téglalapban levő szám z, akkor a feltétel szerint z = x+ 007, ebbe az összefüggésbe ()-et helyettesítve z =. Tehát a legfelső téglalapban áll. ( pont) ( pont) Összesen: 0 pont

. Tudjuk, hogy a négyzetszámok végződése csak 0 ;;;5;6; 9 lehet. ( pont) Ezért a 0 0 7 számba a 008 szám jegyeit beírva az utolsó helyre nem kerülhet sem, sem 8. Így az utolsó helyre csak a 008 számban szereplő egyik 0-t írhatjuk. Az ilyen módon keletkező szám azonban nem lehet négyzetszám, mert akkor olyan egész szám négyzete lenne, amely egész szám maga is 0-ra végződik, azaz 0-zel osztható. Az ilyen egész számok négyzete 00-zal osztható, vagyis az utolsó két jegy 0 kellene, hogy legyen, de a 0 0 7 számban az utolsó előtti számjegy nem 0, hanem 7. ( pont) ( pont) ( pont) Ezért a feltételeknek megfelelő négyzetszám nem létezik. Összesen: 0 pont Megjegyzés: ha a versenyző felírja az összes esetet az esetek számát arra való hivatkozással csökkentve, hogy a szám csak 0-ra végződhet - és ezekről pl. számológép segítségével megállapítja, hogy nem négyzetszámok, akkor is kapja meg a teljes pontszámot.

6 x f = függvény értelmezési x tartományába olyan valós számok tartoznak, amelyekre:. A négyzetgyök értelmezése miatt az ( x) () 6 x 0, x továbbá az () tört nevezője alapján () x és x 7. Két lehetőséget vizsgálunk: először azt, hogy az () tört számlálója nemnegatív és nevezője pozitív, vagyis, keressük a () 6 x 0, () x > 0 egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. ()-ból x 6, ()-ből pedig x > 7 következik. Ennek a két összefüggésnek egyszerre egyetlen valós szám sem tesz eleget. ( pont) Másodszor azt a lehetőséget vizsgáljuk, hogy az () tört számlálója nempozitív és nevezője negatív, tehát keressük a (5) 6 x 0, (6) x < 0 egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. (5)-ből x 6, (6)-ból pedig x < 7 következik. Ennek a két egyenlőtlenségnek a természetes számok közül egyedül az x = 6 tesz eleget, és ez megfelel a () alatti feltételeknek is. ( pont) A feladat feltételeit kielégítő legkisebb természetes szám tehát x = 6, és a fentiek szerint ez az egyetlen megoldás. Összesen: 0 pont

. Jelöljük a számrendszer alapszámát a -val! Eszerint 0 =a a + és 0a = a + a. ( pont) A téglalap kerülete ezért () ( 0a + 0a) = ( a + a+ ) = 6a + 6a+. De a feladat feltételei között szerepelt a kerület a alapú számrendszerbeli értéke is, mégpedig () a = a + a + a+. () és () egyenlősége alapján felírható a 6a + 6a+ = a + a + a+ egyenlet, amelyből az () a a 5a = 0 következik. () bal oldalának szorzattá alakítása után: () ( a a 5) = 0 a. A () egyenletnek a = 0 nem megoldása, ezért az a a 5= 0 egyenlet megoldásait keressük. A másodfokú egyenlet megoldóképletének segítségével, vagy szorzattá alakítással kapjuk, hogy a = 5 és a =, a feladatnak nyilván csak a = 5 felel meg. Tehát a kérdéses számrendszer alapszáma 5. Ennek alapján megadhatjuk a téglalap alakú sportpálya oldalainak hosszát 0-es számrendszerben is: (5) 0 = 60 0 a = 65. a és 0 (5)-nek megfelelően a téglalap területe 0-es számrendszerben T0 = ( 6 65) 0 = 6900m. Ezt 5-ös számrendszerbe átváltva a T 5 = 05 értéket kapjuk, így a sportpálya m -ben mért területe 5-ös számrendszerben T 5 = 05 m. ( pont) Összesen: 0 pont

5. Jelöléseink az ábrán láthatók. D C F A B E A feladat feltételéből rögtön következik, hogy az CE szakasz felező merőlegese átmegy a B ponton, mert BC = BE miatt a CEB háromszög egyenlő szárú, amelynek alapja éppen CE, ennek felező merőlegese nyilván átmegy a szárak B metszéspontján. ( pont) Ha belátjuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, amelynek szárai CF és EF, akkor készen vagyunk, mert akkor CE felező merőlegese átmegy az F ponton is, tehát CE és BF valóban merőlegesek. Ehhez elegendő bizonyítani, hogy FCE = FEC. A DEA háromszög egybevágó a CEB háromszöggel, mert DA = EA= CB= EB, továbbá () DAE = CBE = 50. Az előbbi két háromszög szögeit ki tudjuk számítani, hiszen egybevágó egyenlő szárú háromszögek és ()-ből tudjuk bennük a szárak szögét. Így: () ADE = AED = BCE = BEC = 5. ( pont) Egyenlő szárú háromszög a CDE háromszög is, mert CE = DE, ebben a háromszögben az alapon fekvő szögek könnyen kiszámíthatók () alapján és annak ismeretében, hogy ADC = BCD = 90. Ezért: () EDC = ECD = 75. ()-ból azonnal adódik, hogy DEC = 0, ezzel FEC = 0, de a fentiek alapján - figyelembe véve még, hogy FCB = 5 - rövid számolás után az FCE -re is azt kapjuk, hogy FCE = 0. ( pont) Ezzel beláttuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, tehát CE és BF valóban merőlegesek egymásra. Összesen: 0 pont Megjegyzés: a megoldásban szereplő néhány szög értéke más módon is kiszámítható. 5

6. Jelöléseink az ábrán láthatók : C A 5. 60 D B Az ABC háromszög harmadik szöge 75 -os, ezért a háromszög hegyesszögű, így a C pontból az AB oldalra rajzolt CD magasság a háromszög belsejében halad. Jelöljük a BD szakasz hosszát x-szel, ezzel a ABC háromszög mindhárom oldalának hossza kifejezhető, mert a BCD háromszög egy szabályos háromszög fele, az ACD pedig egyenlő szárú derékszögű háromszög, így BC = a= x, CD = AD= x, ez utóbbi miatt CA = b= CD = x 6, továbbá ( ) AB = c= BD+ AD= x+ x = x +. ( pont) A feladatban megadott ( ) átalakítjuk: k AB = k+ BC + CA feltételt az előző jelölésekkel () k [ x ( + ) ] = ( k+ ) x + 6x ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után, () x ( + ) = x ( k+ 5) k. ( pont) () mindkét oldalát a pozitív x kifejezéssel oszthatjuk, majd egyszerű számolással kapjuk, hogy k = 5. ( pont) Ebből pedig k = 5 k =, adódik. 5, illetve a nevező négyzetgyöktelenítése után Tehát a feladatban keresett pozitív valós szám 5 k =. ( pont) Összesen: 0 pont 6

. évfolyam ( ) n n. Ismert, hogy egy n oldalú konvex sokszög átlóinak száma. Ha azt keressük, hogy Aladárnak milyen n -re van igaza, akkor az () n ( n ) = n n+ egyenletet kell megoldanunk. () jobb oldala szorzattá alakítható, így: () Két eset lehetséges: n ( n ) = ( n ) ( n ). ( pont) Ha n = 0, akkor n =, azaz háromszögről van szó, amelynek egyetlen átlója sincs, ekkor () mindkét oldala 0. Tehát n = a feladat megoldása. A másik esetben n, ekkor ()-ből az n 0 kifejezéssel osztva az n =n egyenletet kapjuk, ahonnan rendezéssel n = adódik. Így n = is a feladat megoldása. ( pont) ( pont) Az Aladár által adott összefüggés tehát csak n = és n = esetén érvényes. Összesen: 0 pont Megjegyzés: ha a versenyző () jobb oldalát nem alakítja szorzattá, hanem az ebből, a műveletek elvégésével és rendezéssel kapható másodfokú egyenletet oldja meg, és így jut helyes következtetésre, akkor is kapja meg a teljes pontszámot. 7

008 006. Az x 00x 005 + (007 y) + ( z+ ) = 0 egyenlet bal oldalán nemnegatív számok állnak, a jobb oldal értéke 0, ez csak úgy lehetséges, ha a bal oldali tényezők mindegyike 0. Eszerint: () x 00x 005= 0, () 007 y = 0, () z += 0. ( pont) Az (), () és () egyenletek megoldásai rendre a következők: x = ; x = 005, illetve y = 007 és z =. A kiinduló egyenletnek két megoldása van, éspedig az x = ; y = 007 ; z =, valamint az x = 005 ; y = 007 ; z = számhármasok. ( pont) ( pont) A két megoldást figyelembe véve, akkor kapunk kisebb számot, ha a második számhármas számait szorozzuk össze (az első szorzat értéke pozitív) és ennek a szorzatnak az értéke: 005 007= 005. ( pont) Összesen: 0 pont 8

. A feltételeknek megfelelő vázlatos ábrát készítünk. P D E. Q F C A. R B A P pontból merőlegest bocsátottunk az AB egyenesre, ez a parallelogramma tulajdonsága miatt CD -re is merőleges, a merőleges talppontjai Q és R. A feltétel miatt: () PR PQ=. A PQE és PRA háromszögek a megfelelő szögek egyenlősége miatt hasonlók, a hasonlóság aránya () miatt, ezért E a PA szakasz felezőpontja. Hasonlóképpen látható be, hogy F a PB felezőpontja. A PAF háromszög területe az ABP háromszög területének éppen a fele,hiszen a ABP háromszögben a fentiek miatt AF súlyvonal, a súlyvonal pedig felezi a háromszög területét. Ugyanígy következik, hogy a PBE háromszög területe is fele az ABP háromszög területének. ( pont) ( pont) Ezért a PAF háromszög és a PBE háromszög területe valóban egyenlő. Összesen: 0 pont 9

. A feltételek miatt a négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak. A négyzetgyökvonás azonossága miatt a kifejezés átalakítható a következőképpen: a b a Legyen x=! b Ezzel a jelöléssel a kifejezés az x másodfokú függvénye lesz, mégpedig az alábbi alakban: () ( x) = x x Először keressük az ( x) a a a =. b b b f f másodfokú függvény minimumának helyét és értékét. A teljes négyzetté alakítás módszerével átalakítjuk ()-et: () ( x) Látható ()-ből, hogy az f ( x) minimumhelye 9 f = x. ( pont) x =, minimumának értéke pedig 9 f ( x) =. ( pont) A kérdés most már az, hogy vannak-e olyan 0-nél kisebb a és b négyzetszámok, amelyekre x =. Meg kell tehát keresnünk a a b = 0-nél kisebb négyzetszám megoldásait. Ez utóbbi összefüggésből a, vagy az ezzel egyenértékű a = b egyenlet () a= b egyenletet kapjuk. Könnyen látható, hogy feltételeinknek csak az a = és b = négyzetszámok felelnek meg. a a Számolással ellenőrizhető, hogy a = és b = mellett a b b 9 valóban értéket vesz föl. kifejezés ( pont) Összesen: 0 pont 0

5. A hatványban szereplő négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak, mert a 9+ 80 és 9 80 számok mindegyike pozitív. Észrevehetjük, hogy 9+ 80 és 9 80 is teljes négyzet, mégpedig: () ( ) hasonlóképpen 9 + 80 = 9+ 5 = + 5, () 9 80 = 9 5 = ( 5) Ezért:. ( pont) 9+ 80 9 80 ( + 5) ( 5) () =. Mivel ( + 5) = + 5 és ( 5) = 5, ( pont) továbbá + 5 > 0, és 5 < 0, ezért ()-ból következik, hogy: 9+ 80 9 80 + = 5 5 = = () ( ). ( pont) Ezért a 9+ 80 9 80 007 hatvány pontos értéke 007, azaz. ( pont) Összesen: 0 pont

6. Az abc számból kapható számok közül csak bca és cab felelnek meg a feltételeknek. ( pont) Így: () abc bca+ cab= ( a+ b+ c) +. A feladat feltételei és () alapján keressük azt a k egész számot, amelyre () ( b c) a + + = 007+ k. Mivel () bal oldala -mal osztható, ezért a jobb oldal is -mal osztható, vagyis k = m, ahol m Z, ezért tehát: () ( b c) a + + = 007+ 9m. Látható, hogy () jobb oldala 9-cel is osztható, így a bal oldal is osztható 9-cel. Mivel osztható -mal, de 9-cel nem, ezért szükséges, hogy a + b+ c legyen. Tudjuk, hogy a ; b; c tízes számrendszerbeli számjegyek, ezért összegük legfeljebb a + b+ c 0 táblázatba foglaljuk, 7 lehet. Az ennek megfelelő lehetséges eseteket ( ) ahol feltüntetjük a () alapján kapott m és 9 k m = értékét is. + a b+ c m k -86-67 6-9 - 9 - -008-75 -675 5-8 - 8 - -9 6 7 657 7 0 990 ( pont) A táblázatból látható, hogy a feladat feltételeinek csak a hiszen a többi érték vagy a negatív előjele miatt nem négyzetszám, vagy pozitív ugyan, de nem négyzete egyetlen egész számnak sem. A feladatban keresett négyzetszám tehát a. k = = 8 felel meg, Összesen: 0 pont Megjegyzés: könnyen belátható, hogy a feltételeknek minden olyan háromjegyű 0-es számrendszerbeli abc szám megfelel, amelyben a számjegyek összege.

. évfolyam. Nyilvánvaló, hogy tetszőleges valós x -re x + 7 > 0, továbbá a feltételek alapján x és x N. A kiinduló egyenlőtlenség a logaritmus azonossága alapján átírható a következő alakba: () log ( x + 7) log. ( pont) Mivel azaz =, ezért () más formában felírva: x log ( + 7) log, x () log ( + 7) log 8. ( pont) A logaritmus alapszáma -nél kisebb, ezért () alapján: vagyis x + 7 8, x () 6. Tudjuk, hogy () 6 6=, ezért () szerint: x 6. ( pont) Az x ( x) = függvény szigorúan monoton növekvő, így ()-ből következően: f (5) x 6. Az (5) egyenlőtlenséget csak az x =, x = és az x = 5 prímszámok elégítik ki, ezek megfelelnek a feltételeknek és ezek a feladat megoldásai. ( pont) Összesen: 0 pont

. A feladatot a skatulyaelv alapján oldjuk meg. Dobozokat és cédulákat készítünk a következő módon: az első dobozba kerülnek egy-egy cédulán azoknak a nevei (az általánosság megsértése nélkül föltehetjük, hogy a nevek nem azonosak, de legalábbis megkülönböztethetők), akik évesek, a másodikba azok nevei, akik 5 évesek, és így tovább, egészen az utolsó skatulyáig, ebbe kerülnek azoknak a nevei, akik 85 évesek. ( pont) Ez éppen 8 skatulya. ( pont) Tegyük föl most a bizonyítandó állítás ellenkezőjét, azaz azt, hogy legfeljebb olyan ember él a faluban, akinek azonos az életkora. Ez azt is jelenti, hogy a fenti skatulyák mindegyikében legfeljebb cédula lehet. De akkor a falunak legfeljebb 8 = 968 lakosa lehetne, ami ellentmond a kiinduló feltételnek, vagyis annak, hogy a faluban 007-en élnek. ( pont) Feltevésünk ellentmondásra vezetett, ezért biztosan van olyan doboz, amelyben legalább 5 cédula van. Ez bizonyítja a feladat állítását, tehát valóban van a faluban legalább 5 ember, akinek azonos az életkora. Összesen: 0 pont

. A háromszögre fölírjuk a szinusztételt: a sinα () =. (pont) b sinβ sinβ sinα Mivel azonban a = sinβ, és b = sinγ, ezért ()-ből =, majd innen sinγ sinβ () sin β = sinα sinγ következik. Fölírjuk a szinusztételt a háromszög másik két oldalára is: b sinβ () =, c sinγ sinγ sinβ ebből a b = sinγ és c = sinα felhasználásával előbb =, majd sinα sinγ () sin γ = sinα sinβ adódik. Vonjuk ki egymásból () és () megfelelő oldalait! Előbb azt kapjuk, hogy sin β sin γ = sinα sinγ sinα sinβ, ahonnan, figyelembe véve a sin β sin γ = ( sinβ sinγ) ( sinβ + sinγ) nevezetes azonosságot, a jobb oldal szorzattá alakítása és 0-ra rendezés után a β (5) ( sin sin ) ( sin + sin + sin ) = 0 egyenletet kapjuk. γ α β γ ( pont) Nyilvánvaló, hogy sinα + sinβ + sinγ 0, mert α ; β; γ egy háromszög szögei, és így mindegyik szög szinusza pozitív. Így csak sin β sinγ = 0 lehetséges, ebből azonnal következik, hogy sin β = sinγ. Ez azt is jelenti, hogy β = γ. ( β = 80 γ nem lehet, mert abból β + γ = 80 adódna) Ugyanakkor a kezdeti feltételek miatt a= b, és ezért α = β, ez pedig az előzőek miatt azzal egyenértékű, hogy α = β = γ, azaz a háromszög valóban szabályos. Meg tudjuk mondani a háromszög oldalainak hosszát is, hiszen sin α = sinβ = sinγ = sin 60 =, így 5 a = b= c=. ( pont) Összesen: 0 pont Megjegyzés: a () és () egyenletek megfelelő oldalait egymással osztva (egyik szög szinusza sem 0) és a kapott egyenletet rendezve a sin β = sin γ összefüggést kapjuk, amelyből a fentiekhez hasonlóan sin β = sinγ, illetve β = γ, majd α = β = γ következik.

. Az egyenletben szereplő törtek nem értelmezhetők, ha p = 0 és ha p =, ezért p 0 (ez nem felel meg a prímszámfeltételnek sem) és p. Az egyenletben szereplő törtek egyik közös nevezője p ( p ), ennek alapján az egyenlet átalakítható: () 7px x= 7p 6. ()-ből újabb átalakítások után az x ( 7p ) = 7p () ( 7p ) ( x ) =, illetve egyenletet kapjuk. Mivel p pozitív prímszám, ezért ()-ből látható, hogy 7p a szám pozitív osztója. ( pont) ( pont) A pozitív osztói a következők: ;;;;6;8; és. A 7p kifejezést ezekkel a számokkal egyenlővé téve, és a kapott egyenleteket megoldva, csak 7 p = esetén adódik a p -re vonatkozó feltételt kielégítő megoldás, mégpedig p =. Ekkor ()-ből x = miatt x = következik. (pont) (pont) Tehát p = és x = a feladat megoldása, ezek a számok megfelelnek az összes feltételnek és számolással ellenőrizhető, hogy p = mellett x = valóban kielégíti az eredeti egyenletet. (pont) Összesen:0 pont 6

5. Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát!(elegendő az egyik telek vázlatos rajzát elkészíteni, hiszen a két szomszéd telke a feladat szövegéből következően egyforma) A D Folyó B F C Az ábrán az F pont a BC szakasz felezőpontja, és vastag vonallal jelöltük az egyik szomszéd által megépítendő kerítést, a szaggatott vonalak jelzik azokat a szakaszokat, ahol az általunk kiválasztott szomszédnak nem kell kerítést építeni, vagy a folyó miatt, vagy amiatt, hogy ott a megállapodásnak megfelelően a másik szomszéd készít kerítést. Legyen AB = CD= x és BC = DA= y! Ezzel a jelöléssel az egyik szomszéd által megépítendő kerítés hossza: y () BF + CD+ DA= + x+ y= x+ y. ( pont) Mivel a feltételek szerint 50 m hosszúságú kerítése van mindkét szomszédnak, ezért () x + y= 50. Ha most a téglalap területét T -vel jelöljük, akkor egyrészt ()-ből következően x 50 y 7 = y, másrészt T x = 50, azaz =, és így T( y) y y () T( y) = y + 50y, tehát a T terület az y másodfokú függvénye. ( pont) A teljes négyzetté alakítás módszerét alkalmazva ()-ból kapjuk, hogy T( y) = [ y 00y], innen pedig T ( y) = [ ( y 50) 500], azaz () T ( y) = ( y 50) 750 +. (pont) ()-ből látható, hogy a T ( y) függvénynek y = 50 mellett van maximuma és ez a maximális érték T max ( y) = 750. Ekkor a téglalap oldalai x = 75 és y = 50. Tehát a legnagyobb terület, amit a feladat feltételei mellett mindkét szomszéd kerítésével körülhatárolhat, 750 m nagyságú. ( pont) Összesen:0 pont Megjegyzés: a feladat differenciálszámítás alkalmazásával is megoldható, ha a versenyző ezt a módszert választja, akkor nem elég az első derivált zérushelyét megállapítania.

6. Legyen x 00 x 00 = a! Könnyen látható, hogy a teljes négyzet, mégpedig: () ( ) Ezzel a jelöléssel kiinduló egyenlet: a = x 00. () Két eset lehetséges: () vagy () a + =. a a + =, a a + =. ( pont) a A () egyenletnek nincs megoldása, hiszen a+ = -ből a +a = a következik, ez pedig a nyilvánvalóan pozitív a számra nem igaz, hiszen az ismert egyenlőtlenség szerint ekkor a +a kellene, hogy teljesüljön. A () egyenletből következően a +a =, ez akár másodfokú egyenletté alakítással, akár az előző nevezetes egyenlőtlenségre való hivatkozással megoldható, ebből az a = értéket kapjuk. () szerint tehát: = (5) ( 00) x. Ez ismét kétféleképpen lehetséges: (6) x 00 =, vagy (7) x 00 =. A (6) egyenlet megoldása x = 00, a (7) egyenlet megoldása pedig x = 007. ( pont) Ellenőrizhető, hogy ezek a számok kielégítik az eredeti egyenletet. (pont) Összesen:0 pont) 8