XL. Felvidéi Magyar Matematiaverseny Oláh György Emléverseny Galánta 016 Megoldáso 1. évfolyam 1. Oldju meg az egész számo halmazán az egyenletet. x 005 11 + x 004 1 = x 11 005 + x 1 004 Az egyenlet mindét oldalából vonjun i -őt a övetező módon x 005 11 1 + x 004 1 1 = x 11 005 1 + x 1 004 1, majd rendezéssel a övetező szorzatot apju: ( 1 (x 016) 11 + 1 1 1 005 1 ) = 0, 004 amine a megoldása x = 016.. Három ülönböző p, q, r prímszám szorzata az összegü ötszörösével egyenlő. Melye eze a prímszámo? A feladat értelmében: pqr = 5(p + q + r), ami azt jelenti, hogy a prímszámo valamelyie 5-tel egyenlő. Legyen p = 5, aor qr = 5 + q + r, ebből q = 5 + r r 1 = 1 + 6. Az r 1 osztója a r 1 6-na, ebből övetezi, hogy r =, 3, 7. A három lehetőséget megvizsgálva apju, hogy a feladat feltételeit a, 5, 7 prímszámo elégíti i. 3. Az ABCD trapézt átlói négy háromszögre osztjá. Az átló metszéspontja M. Meora a trapéz területe, ha T AMD = 6 cm és T DMC = 4 cm? Feladat értelmében T AMD = 6 = T BMC, T DMC = 4 cm. Mivel ABM és CDM háromszöge hasonló (megfelelő szögei egyenlő), ezért = AM CM = T ACM = 3 T DMC. így T ABM = T DMC = 9 cm. Tehát a trapéz területe T ABCD = 4 + 9 + 6 + 6 = 5 cm. 4. A derészögű ABC háromszög oldalhosszai egész számo, erülete pedig 10 cm. Határozzu meg oldalaina hosszát. Legyene a b a befogó, c az átfogó. Ismert, hogy a + b > c és adva van, hogy a + b + c = 10. Ezeből a + b > 60, a b < c < 60. Pitagorasz tétele és az adott erület szerint a + b = c = (10 (a + b)) = 10 4(a + b) + a + ab + b. Ebből ab 10(a + b) + 700 = 0, és végül (10 a)(10 b) = 700.
Tudju, hogy a, b pozitív egész számo és 10 a 10 b > 60. Mivel 700 = 10 60, így a 700 pontosan háromféleépp bontható az említett (10 a)(10 b) tényezőre: 100 7 = 96 75 = 90 80. Innen önnyen megapju mindhárom megoldást: (0; 48; 5), (4; 45; 51), (30; 40; 50) oldalhosszúságú háromszöge. 5. Egy önyv oldalait 1-től n-ig megszámoztu, de az egyi oldalszámot étszer írtu le s így a számo összegeént 345-öt aptun. Hány oldalas a önyv? Az első n természetes szám összegéből iindulva felírható a övetező egyenlet: 1 + + 3 + + n + = n(n + 1) + = 345, ahol a a étszer leírt oldalszám és érvényes, hogy 1 n. Behatárolju az egyenlet balodalát figyelembe véve, hogy 1 n. Tehát n n(n + 1) n(n + 1) n(n + 3) (n + ) < + 1 + <. Vagyis n (n + ) < 345 <, amit tovább alaítva apju, hogy n < 4690 < n +. Innen n = 67 vagy 68. Az első egyenletünne az n = 67 felel meg ahonnan = 67. Tehát a önyvün 68 oldalas. 6. Melyi az a efgh négyjegyű szám, amelyre teljesül efgh + efg + ef + e = 016? Az egyenlet baloldalát írju át 10-es számrenszerbeli alara a övetező módon: amit rendezve 1000e + 100f + 10g + h + 100e + 10f + g + 10e + f + e = 016, 1111e + 111f + 11g + h = 016 alara hozhatun. Mivel 1111e > 016, ezért e. Így e = 1, ezért 111f + 11g + h = 905. Továbbá 7 < f < 9, ezért egyenletün így alaul: 11g + h = 17, amiből g = 1 és h = 6. A eresett négyjegyű számun az 1816, ami teljesíti a feltételt: 1816 + 181 + 18 + 1 = 016.. évfolyam 1. A valós számo halmazán oldju meg az x y + xy = 80 xy egyenletrendszert. x + y = 0 Értelmezve az egyenletrendszert: xy > 0. Az első egyenlet xy-nal szorozva, feltételeet figyelembe véve, a övetező alara rendezhető: x + xy = 80. A másodi egyenletből y-t ifejezve, majd az x + xy = 80 egyenletbe helyettesítve apju az x 1x + 80 = 0 másodfoú egyenletet, amine a megoldásai: x 1 = 5 és x = 16. Így az egyenletrendszer megoldásai a övetező számpáro: [16; 4], [5; 15].
. Az a, b, c pozitív valós számora teljesül az a + b + c = 1 feltétel. Határozzu meg az ab c + bc a + ac b ifejezés minimumát. A számtani és mértani özepere vonatozó egyenlőtlenséget 3-szor - tagra alalmazva apju: ab c + bc a b, Összeadva a 3 egyenlőtlenséget: ab c + ac b a, bc a + ac b c. ab c + bc a + ac b (a + b + c) =. A eresett minimum tehát 1, és a özepe tulajdonságából ifolyólag a ifejezés ezt a = b = c = 1 3 esetében éri el. 3. Legyen az ABCD trapéz AB és CD alapjaina egy-egy tetszőleges pontja X és Y, az AY és DX metszéspontjai U illetve az XC és BY metszéspontja V. Igazolju, hogy ahol T területet jelöl. T AUD + T BV C = T UXV Y, Kössü össze az X és Y pontoat, így trapézt aptun: AXY D, XBCY. Mivel ADU és UXY háromszöge területe, illetve az XV Y és BCV háromszöge területe megegyezi, ezért T AUD + T BV C = T UXV Y.. megoldás T ABY = T ADX +T BCX, vonjun i mindét oldalból (T AXU + T BV X )-t. Így is a T AUD +T BV C = T UXV Y egyenlőséghez jutun. 4. A derészögű ABC háromszög oldalhosszai egész számo, erülete pedig 80 cm. Határozzu meg az oldalaina hosszát. Legyen a b a ét befogó, c az átfogó. Ismert, hogy a + b > c és adva van, hogy a + b + c = 80. Ezeből a + b > 140, a b < c < 140. Pitagorasz tétele és az adott erület szerint a + b = c = (80 (a + b)) = 80 560(a + b) + a + ab + b. Innen 0 = 39 00 80(a + b) + ab, és végül 39 00 = (80 a)(80 b). Tudju, hogy a, b pozitív egész számo és 80 a 80 b > 140. Mivel 39 00 = 80 140, ezért a 39 00 pontosan háromféleépp bontható az említett (80 a)(80 b) tényezőre: 45 160, 4 175, 00 196. Innen önnyen megapju mindhárom megoldást: oldalhosszúságú háromszöge. (35; 10; 15), (56; 105; 119), (80; 84; 116)
5. Bizonyítsu be, hogy tetszőlegesen iválasztott hét pozitív egész szám özül mindig iválasztható négy úgy, hogy összegü osztható legyen 4-el. 3 szám paritása 4-féle lehet: ppp, ppn, pnn, nnn. Tehát 3 szám özül mindig iválasztható úgy, hogy összegü fele természetes szám. Legyen a 7 szám: a, b, c, d, e, f, g. Továbbá legyen például: a + b háromból pl. e + f 1 ( a + b N. A fennmaradó 5 özül ismét iválasztható, pl. c és d úgy, hogy c + d + c + d ) N. Az a + b = a + b + c + d 4 N, c + d N, e + f N, amit bizonyítani aartun. 6. Határozzu meg az x, y, z, v pozitív egész számoat, amelyere érvényes: N. A maradé N özül ismét iválasztható úgy, hogy x + 1 y + 1 z + 1 v = 101 91. Mivel 1 < 101 91 <, ezért x = 1. Ebből adódóan y + 1 z + 1 v = 91 10 = 9 + 1 10. Így y = 9 és z + 1 v = 10 adódi. A z + 1 v aor lesz egész, ha 1 v v = 1. Így z = 9. A eresett számo tehát Z. Ez csa abban az estben, ha 1. Oldju meg az egész számo halmazán az egyenletet. Rendezzü egyenletünet: Ebből x = 1, y = 9, z = 9, v = 1. 3. évfolyam x 3x 4xy y + 4y + 4 = 0 x x(4y + 3) + 4y y + 4 = 0. x 1, = 4y + 3 ± (4y + 3) 4(4y y + 4) = 4y + 3 ± 3y 7, D= 3y 7 egy páratlan szám négyzete ell, hogy legyen, ezért 3y 7 = ( + 1), Z, amiből ( + 3)( ) y = + 1. Mivel a szorzatban szereplő tényező paritása ülönböző, ezért a = 8q 3 8 vagy = 8q +, q N.. Ha x = 10015 + 1 10 016 + 1 és y = 10016 + 1, aor melyi érté a nagyobb? 10 017 + 1
Vizsgálju meg az x y ülönbséget. x y = 10015 + 1 10 016 + 1 10016 + 1 10 017 + 1 = A tört nevezője pozitív, ezért a számlálóját vizsgálju: ( 10 015 + 1 ) ( 10 017 + 1 ) ( 10 016 + 1 ). (10 016 + 1) (10 017 + 1) ( 10 015 + 1 ) ( 10 017 + 1 ) ( 10 016 + 1 ) = 10 015 + 10 017 10 016 = ezért x > y. = 10 015 (1 10) + 10 015 (10 10 ) = 81 10 015 > 0, Megjegyzés: a = 10 015 helyettesítést alalmazva szintén eljuthatun a megoldáshoz. 3. A onvex ABCD négyszögben az AB és CD oldala belső pontjai rendre P és Q, miözben teljesül, hogy AB P B = CD = > 1. Határozzu meg az ABCD és AP CQ négyszöge területeine arányát. QD Az ABCD és az AP CQ négyszögeet az AC szaasz felosztja ét háromszögre. T ABC jelölje az ABC háromszög területét. Eor T P AC = P A T BAC BA = BA BP BA = 1 BP BA = 1 1 = 1. Hasonlóan T QAC T DCA = QC DC = DC DQ DC = 1 DQ DC = 1 1 = 1. Az AP CQ négyszög területe: T AP CQ = T P AC + T CQA. Felhasználva a fenti ét arányt: T AP CQ = T P AC + T CQA = T BAC 1 Innen T ABCD T AP CQ = 1. + T CDA 1 = (T BAC + T CDA ) 1 = T A BCD 1.
4. Adott tíz ülönböző étjegyű pozitív szám. Mutassu meg, hogy ezen számo felhasználásával (nem feltétlenül az összessel) épezhetün ét olyan A és B özös elem nélüli diszjunt halmazt, hogy az A halmezbeli számo összege egyenlő lesz a B halmazbeli számo összegével. Jelöljü a 10 darab szám halmazát H-val. A H halmaz részhalmazaina száma 10 = 104. A eresett A és B halmaz nyilván H-na valamely részhalmaza lesz. Legyen S A az A halmazbeli számo összege, S B pedig a B halmazbeli számo összege. Érvényes, hogy 10 S A 945 és ugyanúgy 10 SB 945. A satulyaelv alapján biztos lesz legalább ét olyan (A és B) részhalmaza H-na, melyeben a számo összege egyenlő lesz. Ha A és B nem lenne diszjunt, aor a özös elemeet ivonju mindét halmazból, ezzel az összege egyenlősége nem változi meg. Ezzel a feladatban szereplő állítást beláttu. 5. Oldju meg a valós számo halmazán a egyenletet. Rendezzü az egyenletet: tovább rendezve apju: majd ebből sin x + tg x = tg x 1 = 1 sin x, sin x cos x 1 = ( sin x + cos x ) sin x cos x, sin x cos x cos x = (sin x cos x) és cos x 0. sin x = cos x pontosan aor, ha x = π + π, ahol Z. Ha sin x cos x, aor 4 (sin x cos x)-el egyszerűsítve, majd cos x 0-al osztva apju: ( ) sin x sin x cos x cos x + = 0. sin x cos x = z helyettesítést alalmazva apju: z z + = 0, amine nincs megoldása a valós számo halmazán. 6. Hány olyan pont van az y = x 100 + 100 egyenes és a oordinátatengelye alotta háromszögben és a határán, amelye oordinátái egész számo? Ha az egyenes és a oordinátatengelye alotta háromszög belsejében és határán levő P pont oordinátái egésze, e pontna illeszednie ell az y = 0, y = 1, y =,..., y = 100 egyenese valamelyiére. Ha y = 0, aor 0 = x + 100, ahonnan x = 10000. Tehát az y = 0 egyenesen, vagyis 100 az x tengelyen 10001 darab ilyen pont van. Ha y = 1, aor x = 9900. Tehát az y = 1 egyenesen 9901 darab ilyen pont van. Ezt a gondolatmenetet folytatva apju a övetező számtani sorozatot: 10001, 9901, 9801,..., 1. Így a eresett ponto száma (1 + 10001) 101 = 505101.
4. évfolyam 1. Oldju meg a valós számo halmazán az alábbi egyenletrendszert: x + x y x x y + x x y x + x y = 17 4, x(x + y) + x + xy + 4 = 5. A t = x(x + y) jelölésnél a másodi egyenlet alaja t + t + 4 = 5. Innen t + 4 = (5 t), t 105t + 700 = 0 és t = 45 (t = 60 nem ad megoldást t + t + 4 = 5 miatt). Tehát a másodi egyenletből azt aptu, hogy x(x + y) = 45. Az első egyenletből (beszorozva) apju ebből 4x = 5 4 y, tehát y = ± 4 5 x. (x + x y ) + ( x x y ) = 17 4 y, Ha y = 4 5 x, aor 9 5 x = 45, innen x = ±5, tehát (x; y) = (5; 4) vagy (x; y) = ( 5; 4). Ha y = 4 5 x, aor 1 5 x = 45, innen x = ±15, tehát (x; y) = (15; 1) vagy (x; y) = ( 15; 4). Az egyenletrendszerne négy megoldása van.. Bizonyítsu be, hogy tetszőleges a, b pozitív valós számo esetén teljesül az ) (a + 9) (a 1a b + + (a + b + 1) 8 egyenlőtlenség. Mely a, b számo esetén áll fenn az egyenlőség? Pozitív számoról lévén szó, négyzetre emelés, beszorzás és rendezés után apju a 8 ( a 4 16a + 8 ) + ( a b 16ab + 64 ) + a ( 64a 16ab + b ) 0 egyenlőtlenséget, amelyet a övetező alara hozhatju: Egyenlőség aor áll fenn, ha a = 1 és b = 8. 8 ( a 1 ) + (ab 8) + a(8a b) 0. Megjegyzés: a feladat megoldható a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség segítségével is. 3. Az ABC derészögű háromszögben D az AB átfogó tetszőleges belső pontja. A D pont merőleges vetületei a BC és AC befogóra rendre E és F. Bizonyítsu be, hogy az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei egyenlő, ahol a G pont az AE és F B egyenese metszéspontja.
Az eredeti ét alazathoz, pontosabban az ABG háromszöghöz és az ECF G négyszöghöz csatolju a BEG háromszöget. Az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei egyenlő állítás helyett bizonyítsu be, hogy az F CB háromszög és az AEB háromszög területei egyezne meg. Területeire érvényes, hogy T AEB = 1 EB AC és T F CB = 1 CB EC. Az EDB és a CAB háromszöge hasonló, ezért EB CB = ED. Ebből viszont övetezi az EB AC = CB ED = CB CF AC (felhasználtu, hogy ED = CF ). Ebből övetezi, hogy az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei megegyezne. 4. Az abcd négyjegyű számot ügyesne nevezzü, ha teljesül a övetező ét feltétel: a + b = c + d és a + b = c + d. Hány ügyes szám létezi? A feltétele rendezésével apju: illetve a fentieet figyelembe véve a d = c b, a d (c b ) = (a d)(a+d) (c b)(c+b) = (c b)(a+d) (c b)(c+b) = (c b)(c+b a d) = 0 Ha c = b: ebben az esetben az elsőből övetezi, hogy a = d, ezért a eresett szám abba alaú lesz, ahol a és b nem feltétlenül ülönböző számo. Ha c b: a mási egyenletből apju, hogy a + d = c + b. Figyelembe véve, hogy a d = c b, és rendezve a ét egyenletet apju, hogy a = c, de aor a a másodi egyenlet miatt b = d is, tehát ügyes szám az abab alaú is, viszont a b (b c = a). Az abba alaú számból 9 10 = 90 van, az abab alaú számból 9 9 = 81 van, tehát összesen 171 ügyes szám létezi. 5. Az isolai asztaltenisz bajnoságon minden résztvevő egy mérőzést játszott minden mási résztvevővel. Tudju, hogy a győztes a meccseine több mint 68 %- át, de evesebbet, mint 69 %- át nyerte meg. Határozzu meg a résztvevő számát. Ha minden játéos mérőzést játszott, a résztvevő száma + 1 volt. A győztes x meccset nyert, és x meccset veszített. Érvényes tehát: illetve 0, 68 < x < 0, 69, 0, 31 < x < 0, 3 A másodi egyenlőtlenséget ettővel szorozva, és felhasználva az első egyenlőtlenséget, azt apju, hogy: 0, 6 < ( x) < 0, 64 < 0, 68 < x < 0, 69 Az egyenlőtlenségben ( x) és x csais ét ülönböző természetes szám lehet 0, 6 és 0, 69 özött. Emiatt: 0, 69 0, 6 > 1, amiből > 14, 85..., azaz 15. Ha = 15, úgy 0, 68 = 0, 68 15 = 10, és 0, 69 = 0, 69 15 = 10, 35. Eze özött viszont nincs egész szám emiatt = 15 nem felel meg. Ha = 16, úgy 0, 68 = 0, 68 16 = 10, 88 és 0, 69 = 0, 69 16 = 11, 04. Közöttü van a 11, ami egész szám, így ez lehet x. A játéoso száma tehát + 1 = 17 lehet. 6. Hány olyan pont van az y = x +, Z+ egyenes és a oordinátatengelye alotta háromszögben és a határán, amelye oordinátái egész számo?
Ha az egyenes és a oordinátatengelye alotta háromszög belsejében és határán levő P pont oordinátái egésze, e pontna illeszednie ell az y = 0, y = 1,..., y = egyenese valamelyiére. Ha y =, aor = x +, ahonnan x = 0. Tehát az y = egyenesen 1 darab ilyen pont van. Ha y = 1, aor x =. Tehát az y = 1 egyenesen + 1 darab ilyen pont van. Ezt a gondolatmenetet folytatva apju a övetező számtani sorozatot: a 1 = 1, d =, n = + 1, a n = + 1, amelyne tagjai: 1, + 1, + 1, 3 + 1,..., + 1. Így a eresett ponto száma ( + )( + 1).