Egy asztalon háom halomban 009 db kavics van Egyet eldobok belőle, és a többit két kupacba osztom Ezután megint eldobok egyet az egyik halomból (amelyikben egynél több kavics van) és az egyik halmot ismét két észe osztom Lehetséges-e hogy bizonyos számú ilyen művelet után minden kupacban pont háom kavics lesz? Ha a lépések száma akko az eldobott kavicsok száma, a meglévő kavicsok száma 009-, a halmok száma Ha minden halomban kavics maad, akko ( ) 009, ahonnan 50, 5 ivel a lépések száma pozitív egész szám, ezét nem lehetséges, hogy végül mindegyik kupacban pontosan kavics legyen A nanobolha család a számegyenes O pontjában lakik Bolhapapa négy csemetéje közül Béni, a legkisebb, egység hosszúságút ugik, a többiek,bence, Banabás és Botond, ende, 5, ill 6 egységnyit A bolhagyeekek könyögésének engedve, Bolhapapa egy eggel elengedi csemetéit, hogy kedvüke ugálhassanak a számegyenesen, de azzal a feltétellel, hogy 00 egységnél nem ugálhatnak messzebbe a háztól Pattognak is véletlenszeűen estig a) Adjuk meg a számegyenes számuka megengedett észének azokat a pontjait ahol mind a négyen összetalálkozhatnak? b) Hány olyan pont van, ahol pontosan háman találkozhatnak? c) Hány olyan pont van, ahol legalább ketten találkozhatnak napközben? d) Hány olyan van, ahol közülük csak egy fodulhat elő? Béni minden pontba eljuthat Bence a néggyel osztható pontokba, Bana az 5-tel, és Botond a 6-tal osztható pontokba juthat el a) A számegyenesnek azokban a pontjaiban találkozhatnak mind a négyen, amelyekhez tatozó számok oszthatók a felsoolt számok mindegyikével, azaz oszthatók e számok legkisebb közös többszöösével [ ; ; 5; 6 ] 60, így háom pontban találkozhat mind a négy bolha csemete: a -60, a 0 és a 60 pontban b) Azokat a számokat keessük, amelyek a, 5 és 6 közül pontosan kettővel oszthatók Készítsünk Venn diagamot a feladathoz Az ába észhalmazaiba íjuk be azoknak a pontoknak a számát, amelyek a megfelelő oszthatósági feltételnek eleget tesznek Bana 5 Bé ni Benc e 6 6 8 Boton d 07
Pontosan azok az egész számok oszthatók -gyel is és 5-tel is, amelyek oszthatók 0- szal A [-00 ;00]-ba eső 0-szal osztható egész számok száma : ( 0, ±0, ±0, ±60, ±80, ±00) Ezek közül azoknak a számát, amelyek 6-tal nem oszthatók, megkapjuk, ha - ből -at kivonunk: 8 Hasonló gondolatmenettel: öttel és hattal pontosan azok a számok oszthatók, amelyek 0-cal oszthatók A vizsgált intevallumban 7 ilyen számot találunk Azoknak a száma, amelyek 5-tel és 6-tal oszthatók, de nem oszthatók -gyel: 7- A -gyel és 6-tal osztható számok pontosan azok, amelyek -vel oszthatók Itt (88)7 ilyen szám van Ezek között szeepelnek azok is, amelyek 5-tel is oszthatók Közülük 5-tel nem osztható szám Így azoknak a pontoknak a száma, ahol pontosan háom bolha találkozhat 86 c) Azokban a pontokban találkozhat pontosan két bolha, ahová Bénin kívül csak egy bolha ugálhat Ezek azok a számok, amelyek -gyel oszthatók, de 5-tel és 6-tal nem oszthatók, valamint ebben az ételemben csak 5-tel, ill csak 6-tal oszthatók Ezek megszámolásához előszö kiszámoljuk, hogy hány olyan pont van, ahova a bolhacsemeték ugálhatnak Bence 5 pontba, Bana pontba juthat el, Botond pedig különböző pontot tud felkeesni Az így kapott számokból ki kell vonni azoknak a számát, amelyekbe Bénin kívül más testvé is ugálhat Így csak Béni és Bence 5-5 6 pontba, Csak Béni és Bana - 5 6 pontba és Béni és Botond - pontba juthat el ehát pontosan ketten 6 6 6 pontba jutnak el Legalább két bolha azokban a pontokban találkozik, amelyek száma -gyel, 5-tel vagy 6-tal oszthatók Számuk kiolvasható az ábából: 686 9 d) Azok a pontok, amelyekbe csak egy bolha jut el, azok, amelyeknek száma nem osztható sem -gyel, sem 5-tel, sem 6-tal Ezek számát megkapjuk, ha a 0 számból kivonjuk azok számát, amelyek valamelyik felsoolt számmal oszthatók, azaz 9-at ehát csak bolha 0-9 08 pontba juthat Az a, b, c oldalú háomszögben a szokásos jelölésekkel γβ Bizonyítsd be, hogy a c oldal b és ab métani közepe! I Bizonyítandó: c b( a b) egyenletet: c a b b c Rendezzük át az Keessünk olyan háomszögeket, amelyeknek az oldalai a fenti szakaszok! Ehhez méjük fel a BC oldal C n túli meghosszabbításáa a b szakaszt!
A szekesztés szeint ACD háomszög egyenlő száú és DCA 80 -β miatt ADC DAC β Ezét ABD háomszög is egyenlő száú, és AD c ovábbá a DAC AD BD háomszög és a BDA háomszög hasonló, megfelelő oldalaik aánya egyenlő:, azaz AC AB c a b, amit bizonyítani akatunk b c (egjegyzés: Kifejezhető a két egyenlő száú háomszögbőla β koszinusza: BD ( a b) AD c cos β, ill cos β Ezekből is adódik a bizonyítandó AB c AC b egyenlőség) II Húzzunk páhuzamost a CF szögfelezővel a B csúcson keesztül Ennek az AC oldalegyenessel való metszéspontját jelöljük B -vel B BC BCF β, met váltószögek és BB C FCA β, met egyállású szögek, így BB C háomszög egyenlő száú háomszög AB B ~ABC, met szögeik páonként egyenlők egfelelő oldalaik BA AC c b aánya egyenlő:, azaz B' A AB a b c c b a b, ami a bizonyítandó Ebből kapjuk ( ) állítással / c b( a b) III / ekvivalens Íjuk fel a szinusztételt az ABC háomszöge: c sin β cos β b sin β Íjuk fel a b oldala a koszinusztételt: b c a accos β A két egyenletből kapjuk: b egyenletet az alábbiak szeint! b ba c b c a b b a c b a b ( ) ( ) ac c a Szoozzunk b-vel, majd endezzük át az b ( b a)( b a) c ( b a) b a, oszthatunk ( b a) -val, s kapjuk a bizonyítandó állítást: b ( b a) c Innen, ha Ha b a, akko a háomszög egyenlő száú, és mivel szögeinek az összege β 80, ezét deékszögű is Ebben b ( a b) a, és ugyanakko c a is teljesül ehát minden, a feltételnek megfelelő háomszöge igaz a bizonyítandó állítás
ely p valós paaméteek esetén van megoldása a következő egyenletnek? p Ábázoljuk az egyenlet baloldalán szeeplő kifejezésnek megfelelő függvényt! f : R R ; f ( ) Az ábáól leolvasható: a) Ha p >, akko a g ( ) p lineáis függvény képe egy helye az oigóban metszi az f függvény gafikonját, ezét az egyneletnek egy megoldása van b) Ha p, akko a g és az f függvények hozzáendelési szabálya p - esetén a [- ; 0], ill p esetén a [ 0 ; ] intevallumban azonos, a két gafikon a fenti intevallumon egybeesik Így az egyenletnek végtelen sok megoldása van c) Ha p <, akko az egyenes háomszo metszi az f függvény gafikonját, háom megoldása van az egyenletnek 5 Oldjuk meg az alábbi egyenletet sin y cos, ahol R, y R ( ) ( ) y Vegyük észe, hogy ( ) ( ) A baloldalon egy pozitív szám és annak ecipokának összege áll; amiől tudjuk, hogy legalább Ezét ( ) ( ) minden R esetén A jobb oldalt alakítsuk át a következőképpen: π sin y cos y sin y cos y sin y Ez alapján a jobb oldal minden 6 y R esetén legfeljebb a étéket veheti fel, mivel sin y π 6
A bal és jobboldali kifejezések étékkészletének egyetlen közös eleme a ; y valós számpá lehet megoldása, amelye Az egyenletnek csak olyan ( ) ( ) ( ) I ( ) ( ) Az ( ) és sin y π 6 pontosan akko, ha ( ) a eponenciálus függvény szigoúan monoton növekedő, ezét az utóbbi egyenlet egyetlen megoldása: II A jobb oldalon sin π π y, amiből y kπ 6, ahol k Z π Az egyenlet megoldásai az ; kπ számpáok ( k Z) 6 Egy tetaédebe egységsugaú gömb íható A gömbnek a tetaéde lapjaival páhuzamos éintősíkjai a tetaédeből - kis tetaédet vágnak le ekkoa az ezekbe, a tetaédeekbe ít gömbök sugaának az összege? A alapteületű magasságú tetaédebe beít gömb alaplappal páhuzamos éintősíkja az eedetiből, ahhoz hasonló tetaédet vág le Ennek a kis tetaédenek a magassága - R - (ahol R a beít gömb sugaa) A hasonlóság aánya λ, ezét a kis tetaéde beít gömbjének a sugaa λ R Hasonlóan a másik háom kis tetaéde beít gömbjének a sugaa:
,,, ahol,, a tetaéde,, teületű lapjához tatozó magassága A kis tetaédeekbe ít gömbök sugaainak összege: * Ismet, hogy a tetaéde (gúla) téfogata: A R V, ahol A a tetaéde felszíne, R pedig a beít gömb sugaa A tetaéde téfogata: V, így ) ( R V, met R A * egyenlet záójelében szeeplő összes tag a fenti módon kifejezhető Ezeket ebbe az egyenletbe visszahelyettesítve, kapjuk: Lányi Vea (Pécs) Nagyné Pálmay Pioska (Budapest)