Kezdők és Haladók (I., II. és III. kategória)

ARANY DÁNIEL MATEMATIKAI TANULÓVERSENY 016/017-ES TANÉV Kezdők és Haladók (I., II. és III. kategória) Feladatok és megoldások A verseny az NTP-TV-15-0048 azonosító számú pályázat alapján a Nemzeti Tehetség Program, az Emberi Erőforrások Minisztériuma, valamint az Emberi Erőforrás Támogatáskezelő támogatásával valósult meg. Bolyai János Matematikai Társulat

Kezdők I II. kategória, I. forduló Feladatok 1. Melyik 15-nek az a legkisebb pozitív többszöröse, amelynek tízes számrendszerbeli alakja csak a 0 és a 7 számjegyeket tartalmazza?. Hányféleképpen olvasható ki Arany Dániel neve az alábbi ábrából, ha az olvasás során csak jobbra és lefelé haladhatunk? A R A N R A N Y A N Y D Á N I E L Á N I E L N I E L I E L E L L 3. Egy osztályba 15 gyerek jár, és az osztálynak 4 társasjátéka van. Minden gyerek legalább 1 játékkal szeret játszani. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi állítások között biztosan van igaz! A. Legalább 3 olyan gyerek van, aki pontosan 4 játékkal szeret játszani. B. Legalább 4 olyan gyerek van, aki pontosan 3 játékkal szeret játszani. C. Legalább 5 olyan gyerek van, aki pontosan játékkal szeret játszani. D. Legalább 6 olyan gyerek van, aki pontosan 1 játékkal szeret játszani. 4. Az ábrán látható ABCDE konvex ötszög minden átlója párhuzamos azzal az oldallal, amelyikkel nincs közös végpontja. Legyen az AC és a BE átlók metszéspontja M. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög területe egyenlő az EM C háromszög területével! Megoldások és javítási útmutató 1. Melyik 15-nek az a legkisebb pozitív többszöröse, amelynek tízes számrendszerbeli alakja csak a 0 és a 7 számjegyeket tartalmazza?

Megoldás. Mivel 15 = 3 5, továbbá a 3 illetve az 5 legnagyobb közös osztója 1, ezért a keresett szám osztható 3-mal és 5-tel is. Egy egész szám pontosan akkor osztható 5-tel, ha 0-ra vagy 5-re végződik, tehát a keresett szám utolsó számjegye a 0. Mivel pozitív többszöröst keresünk, és a 3-mal való oszthatóság egyenértékű a számjegyek összegének 3-mal való oszthatóságával, ezért a 7-es jegyek számának 3-mal osztható pozitív egésznek kell lennie, így a keresett számban legalább három darab 7-es számjegy szerepel. Ezek alapján a keresett szám a 7770.. Hányféleképpen olvasható ki Arany Dániel neve az alábbi ábrából, ha az olvasás során csak jobbra és lefelé haladhatunk? A R A N R A N Y A N Y D Á N I E L Á N I E L N I E L I E L E L L Megoldás. Az olvasás során mindenképpen át kell haladnunk az egyetlen D betűn. A D betűig 10 különböző út vezet (ez megállapítható leszámlálással vagy a kombinációk számának megállapításával). Innen minden továbbhaladásnál szabadon dönthetünk, hogy jobbra vagy lefelé lépünk-e. Mivel ezután még 5 lépést kell megtennünk, ezért a keresztnév kiolvasási lehetőségeinek száma: 5 = 3. Így az összes esetek száma 10 5 = 30. 3. Egy osztályba 15 gyerek jár, és az osztálynak 4 társasjátéka van. Minden gyerek legalább 1 játékkal szeret játszani. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi állítások között biztosan van igaz! A. Legalább 3 olyan gyerek van, aki pontosan 4 játékkal szeret játszani. B. Legalább 4 olyan gyerek van, aki pontosan 3 játékkal szeret játszani. C. Legalább 5 olyan gyerek van, aki pontosan játékkal szeret játszani. D. Legalább 6 olyan gyerek van, aki pontosan 1 játékkal szeret játszani. Megoldás. Tegyük fel indirekt, hogy egyik állítás sem igaz. Vagyis legfeljebb olyan gyerek van, aki pontosan 4 játékkal szeret játszani, legfeljebb 3 olyan gyerek van, aki pontosan 3 játékkal szeret játszani, legfeljebb 4 olyan gyerek van, aki pontosan játékkal szeret játszani, legfeljebb 5 olyan gyerek van, aki pontosan 1 játékkal szeret játszani. 3

Mivel minden gyerek legalább 1 játékkal szeret játszani, ezért az összes gyereket csoportokba oszthatjuk aszerint, hogy pontosan 1,, 3, vagy 4 játékkal szeretnek játszani. Feltevésünk alapján ekkor legfeljebb 5 + 4 + 3 + = 14 gyerek lehet az osztályban. Mivel 14 < 15, ezért ellentmondáshoz jutottunk. Tehát hamis volt az indirekt feltevésünk, vagyis az állítások között biztosan van igaz. 4. Az ábrán látható ABCDE konvex ötszög minden átlója párhuzamos azzal az oldallal, amelyikkel nincs közös végpontja. Legyen az AC és a BE átlók metszéspontja M. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög területe egyenlő az EM C háromszög területével! Megoldás. Mivel AD párhuzamos BC-vel, ezért az ABC, illetve BCD háromszögek BC oldalhoz tartozó magasságai egyenlő hosszúak, tehát a területük egyenlő. Ugyanígy a BCD és az ECD háromszögekben is egyenlő a CD oldalhoz tartozó magasság hossza, (mivel EB párhuzamos DC-vel) tehát ezeknek a háromszögeknek is egyenlő a területe. Így korábbi megállapításaink alapján az ABC és az EDC háromszögek területe is egyenlő. Az EM CD négyszög paralelogramma. Az EM CD paralelogrammát átlói két-két egybevágó háromszögre osztják, tehát az EM C háromszög egybevágó (és így egyenlő területű) az EDC háromszöggel. Ezzel beláttuk, hogy az ABC és az EM C háromszögek területe egyenlő. A szabályos ötszög esetének helyes vizsgálata önmagában ot ér. Kezdők I II. kategória, II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Feladatok 1. Egy kört az AB átmérője két ívre osztja. Ezek közül az egyiken kijelöljük a C és D pontokat. Legyen az AC és BD egyenesek metszéspontja P, az AD és BC egyeneseké pedig Q. Mekkora szöget zár be a P Q egyenes az AB átmérővel? (6 pont). Legyen S a H = {1; ; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} halmaz olyan legalább kételemű részhalmaza, amelyre teljesül, hogy bármely két különböző elemének összegét képezve, csupa különböző számokat kapunk. Mennyi lehet az S elemei számának maximuma? (8 pont) 4

3. Igazoljuk, hogy egy egység sugarú kört tartalmazó háromszögnek egyik magassága legalább 3 egység hosszúságú. (8 pont) 4. Bizonyítsuk be, hogy ha az x és y valós számok összege, akkor ( x + 1 )( y + 1 ) 4. (8 pont) 5. Egy szórakozott professzornak 000 000 db 0 és 50 Ft-osa van. Tartozik valakinek, de elfelejtette, hogy pontosan mennyivel. Csak arra emlékszik, hogy az összeg 50-re végződik, és a nála lévő pénzérmékkel húszféleképpen tudja kifizetni. Mekkora a professzor adóssága? (10 pont) Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört az AB átmérője két ívre osztja. Ezek közül az egyiken kijelöljük a C és D pontokat. Legyen az AC és BD egyenesek metszéspontja P, az AD és BC egyeneseké pedig Q. Mekkora szöget zár be a P Q egyenes az AB átmérővel? (6 pont) Megoldás. a) Készítsünk ábrát! A Thalész-tétel miatt az ACB és az ADB derékszög. Ennek következtében az AP B háromszögben AD és BC magasságvonalak. Így metszéspontjuk Q az AP B háromszög magasságpontja. P Q a háromszög harmadik magasságvonala, azaz a P Q egyenes merőleges AB-re. Megjegyzés: Ha a versenyző indoklás nélkül (csak az ábra alapján) állapítja meg a merőlegességet, ot kaphat. Összesen: 6 pont 5

. Legyen S a H = {1; ; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} halmaz olyan legalább kételemű részhalmaza, amelyre teljesül, hogy bármely két különböző elemének összegét képezve, csupa különböző számokat kapunk. Mennyi lehet az S elemei számának maximuma? (8 pont) Megoldás. Az S = {1; ; 3; 5; 8} ötelemű halmaz elemeiből képzett kéttagú összegek páronként különböző értékűek (1 + = 3, 1 + 3 = 4, 1 + 5 = 6, 1 + 8 = 9, + 3 = 5, + 5 = 7, + 8 = 10, 3 + 5 = 8, 3 + 8 = 11, 5 + 8 = 13). 3 pont Tegyük fel, hogy létezik a feltételeknek megfelelő tulajdonságú hatelemű S halmaz is. Ekkor S elemeiből 6 5 = 15-féle kéttagú összeg képezhető. A H elemeiből képezhető kéttagú összegek értéke 3-tól 17-ig terjed, azaz 15-féle lehet. Így ha a 6-elemű S halmaznál azt szeretnénk elérni, hogy minden páronkénti összeg értéke különböző legyen, akkor az eredmények között minden 3-tól 17-ig terjedő számnak elő kell fordulnia. Viszont a 3 és a 17 csak egyféleképpen adódhat összegként, mégpedig az 1 + = 3 és 8 + 9 = 17 formában. Ez azt jelenti, hogy ekkor az 1,, 8, 9 számoknak mindenképpen elő kell fordulniuk az S halmaz elemei között. Ez viszont az 1 + 9 = + 8 egyenlőség alapján nem lehetséges. A kapott ellentmondásból következik, hogy az S halmaz maximális elemszáma 5. Összesen: 8 pont 3. Igazoljuk, hogy egy egység sugarú kört tartalmazó háromszögnek egyik magassága legalább 3 egység hosszúságú. 1. megoldás. Használjuk az alábbi ábra jelöléseit! A bizonyítást elég elvégezni arra az esetre, amikor a kör érinti a háromszög oldalait, mivel az egyéb esetekben létezik olyan, az eredetihez hasonló háromszög, amelynek oldalai párhuzamosak az eredeti háromszög oldalaival, érintik a megadott kört, és magasságai legfeljebb akkorák, mint az eredeti háromszögé. (8 pont) A háromszög területe az egyes háromszögek területének összege, azaz T = ar + br + cr. Másrészt: T = am a = bm b = cm c, 6

ahonnan a = T m a, b = T m b, c = T m c. Ezeket behelyettesítve a fenti kifejezésbe, és elvégezve az egyszerűsítéseket kapjuk, hogy 1 = 1 m a + 1 m b + 1 m c. Jelölje a háromszög leghosszabb magasságát m, ekkor 1 = 1 m a + 1 m b + 1 m c 1 m + 1 m + 1 m = 3 m. Ebből adódik a feladat állítása. Összesen: 8 pont. megoldás. Annak tárgyalása, hogy ha a beírt kört a háromszög oldalai nem érintik (ld. korábban). Tegyük fel, hogy a háromszög (egyik) legrövidebb oldala a (ebben az esetben hozzá tartozik a leghosszabb magasság). Ekkor T = ar + br + cr = am a. Becsüljük meg alulról a területet, és használjuk fel, hogy a kör egységsugarú. am a = ar + br + cr 3ar = 3a. Ebből m a 3 adódik, tehát a feladat állítása teljesül. 4 pont Összesen: 8 pont 4. Bizonyítsuk be, hogy ha az x és y valós számok összege, akkor ( x + 1 )( y + 1 ) 4. (8 pont) 1. megoldás. Az egyenlőtlenség bal oldalán elvégezve a beszorzást: x y + x + y + 1 4. A középső két tag helyett egy összeg négyzetét kialakítva: x y + (x + y) xy + 1 4. 7

Majd teljes négyzetté alakítva: (xy 1) + (x + y) 4. Mivel (x + y) = 4 és (xy 1) 0, ezért a feladatban szereplő egyenlőtlenség teljesül. Az egyenlőség feltétele: x + y =, xy = 1, azaz x = y = 1. Összesen: 8 pont. megoldás. A megadott feltételt felhasználva: y = x. A helyettesítést elvégezve: ( x + 1 )[ ( x) + 1 ] 4. A műveleteket végrehajtva: ( x + 1 )( 5 4x + x ) 4, x 4 4x 3 + 6x 4x + 1 0. Vegyük észre, hogy az egyenlőtlenség baloldalán egy teljes negyedik hatvány áll, ezért (x 1) 4 0. Mivel egy negyedik hatvány értéke biztosan nemnegatív szám, ezért az egyenlőtlenség teljesül. Az egyenlőség feltétele: x = y = 1. 3 pont Összesen: 8 pont 3. megoldás. Alkalmazzuk az x = 1 + a és y = 1 a helyettesítéseket. Ekkor [ (1 + a) + 1 ][ (1 a) + 1 ] 4. A négyzetre emeléseket és az összevonásokat elvégezve: ( a + + a )( a + a ) 4. A baloldalon az ismert nevezetes azonosság segítségével elvégezve a beszorzást: ( a + ) (a) 4. Ebből a rendezés után a 4 0 adódik. Mivel egy negyedik hatvány értéke csak nemnegatív szám lehet, ezért az egyenlőtlenség tetszőleges a valós számra, és x, y-ra teljesül. 8

Az egyenlőség feltétele: a = 0, azaz x = y = 1. Összesen: 8 pont 5. Egy szórakozott professzornak 000 000 db 0 és 50 Ft-osa van. Tartozik valakinek, de elfelejtette, hogy pontosan mennyivel. Csak arra emlékszik, hogy az összeg 50-re végződik, és a nála lévő pénzérmékkel húszféleképpen tudja kifizetni. Mekkora a professzor adóssága? (10 pont) Megoldás. A kifizetendő összegben az 50 Ft-osok száma biztosan páratlan, mert ha páros számú 50-essel törlesztenénk, akkor azok összege 00-ra végződne, és a fennmaradó részt 0 Ft-osokkal nem lehetne kifizetni, mivel az 50-re végződő számok nem oszthatók 0-szal. Ugyanígy belátható, hogy a felhasznált 0 Ft-osok száma 5-tel osztható. A vizsgálatot több részre lehet osztani aszerint, hogy a rendelkezésre álló érmék száma (000 000 db.) korlátozza-e a lehetőségek számát vagy sem. 1. eset: A tartozás összege legfeljebb 000 0 + 50 Ft = 40 050 Ft. Ekkor, ha a tartozás összege k 100 + 50 Ft (k N + ), akkor a felhasznált 50 Ft-osok száma bármely 1-től k + 1-ig terjedő páratlan szám lehet (hiszen van elég érménk). Ez k + 1 lehetőség, vagyis k = 19 esetén van 0 lehetőségünk kifizetni a tartozást csak 0 és 50 Ft-osokkal. Tehát a tartozás összege lehet 1950 Ft.. eset: A tartozás összege legalább 40 150, de legfeljebb 99 950 Ft. Ekkor 1 db 50 Ft-ost felhasználva már nem lehet a fennmaradó összeget csak 0 Ft-osokkal kifizetni, de több 50 Ft-ost felhasználva, igen. Ebben az esetben a lehetőségek száma a felhasznált 0 Ft-osok lehetséges számával, azaz a 0-tól 000-ig terjedő 5-tel osztható számok darabszámával egyenlő, ami a 401. Tehát a kifizetésre ekkor 19-nél több lehetőség adódik. 3. eset: A tartozás összege legalább 100 050 Ft. Ez csak 50 Ft-osokkal nem fizethető ki. Ekkor vizsgáljuk meg, hogy hányféle érmekombináció maradhat a professzornál. Ez egyértelműen meghatározza, hogy hányféle kombinációban történhet a törlesztés. Mivel ebben az esetben a professzornál kevesebb, mint 40 050 Ft marad, ezért az 1. részben leírtak értelmében ez az összeg csak 1950 Ft lehet ahhoz, hogy 0-féleképpen állhasson elő 0 és 50 Ft-osok összegeként. 3 pont Tehát a tartozás összege 140 000 1950 = 138 050 Ft is lehet. Összesen: 10 pont 9

Kezdők I. kategória, 3. (döntő) forduló Feladatok 1. Valamely a, b, c prímszámokra és k pozitív egész számra teljesül a következő egyenlőség: a + b + c = 9k + 13. Adjuk meg k összes lehetséges értékét!. Egy szabályos sokszög alapú egyenes hasáb éleinek, lapátlóinak és testátlóinak száma valamilyen sorrendben egy számtani sorozat egymást követő elemei. Hány lapja van ennek a hasábnak? 3. Az ABC és CDE szabályos háromszögekre teljesül, hogy C az AE szakasz egy belső pontja, a B és D csúcsok pedig az AE egyenes azonos oldalán helyezkednek el. Legyenek F és G a BC, illetve a DE oldalak felezőpontjai. Határozzuk meg az AF G háromszög területét, ha tudjuk, hogy az ABC háromszög területe 4 cm, a CDE háromszögé pedig 60 cm! Megoldások és javítási útmutató 1. Valamely a, b, c prímszámokra és k pozitív egész számra teljesül a következő egyenlőség: a + b + c = 9k + 13. Adjuk meg k összes lehetséges értékét! Megoldás. A jobb oldalon szereplő 9k + 13 kifejezés 3-mal vett osztási maradéka bármely k pozitív egész szám esetén 1, tehát a baloldalnak is 3-mal osztva 1 maradékot kell adnia. Mivel egy négyzetszám 3-mal osztva csak 0 vagy 1 maradékot adhat, és az a + b + c összegnek 3-mal osztva 1 maradékot kell adnia, ezért az a, b, c négyzetszámok közül kettő 3-mal osztható, egy pedig 3-mal osztva 1 maradékot ad. Mivel a 3 prímszám, ezért például a osan akkor osztható 3-mal, ha a is osztható 3-mal. Mivel az a, b, c számok prímek, ezért ha kettő közülük 3-mal osztható, akkor ez a kettő 3-mal egyenlő, hiszen a 3 az egyetlen 3-mal osztható prímszám. Legyen például a = b = = 3. Ekkor c + 18 = 9k + 13, 5 = 9k c, 5 = (3k c)(3k + c). 10

Mivel 3k c < 3k + c és 3k + c > 0, ezért 3k c = 1 és 3k + c = 5. Az egyenletrendszer egyetlen megoldása: k = 1, c =, és ezek valóban teljesítik azt a két feltételt, hogy c prímszám és k pedig pozitív egész szám. Tehát k egyetlen lehetséges értéke: k = 1. Megjegyzés: A megoldás próbálgatással történő megtalálásáért (a, b és c, valamint k értékének helyes megadásáért) legfeljebb adható.. Egy szabályos sokszög alapú egyenes hasáb éleinek, lapátlóinak és testátlóinak száma valamilyen sorrendben egy számtani sorozat egymást követő elemei. Hány lapja van ennek a hasábnak? Megoldás. a hasáb Jelölje n a hasáb alapsokszögének oldalszámát (n 3, n egész). Ekkor éleinek száma 3n; lapátlóinak száma n (n 3) + n = n n; testátlóinak száma n (n 3) = n 3n. A megfelelő hasábok megtalálásához, elég a növekvő számtani sorozatokkal foglalkoznunk. Mivel a lapátlók száma biztosan n-nel nagyobb, mint a testátlók száma, ezért elegendő a következő 3 esetet vizsgálni: 1. eset: A számtani sorozat egymást követő elemei: 3n, n 3n és n n. Ekkor d = n. Innen 3n + n = n 3n, ahonnan n = 8.. eset: A számtani sorozat egymást követő elemei: n 3n, 3n és n n. Ekkor d = n. Innen n 3n + n = 3n, ahonnan n = 5. 3. eset: A számtani sorozat egymást követő elemei: n 3n, n n és 3n. Ekkor d = n. Innen n n + n = 3n, ahonnan n =, ami nem lehet megoldás. Tehát két hasáb felel meg a feladat feltételeinek: a szabályos ötszög alapú, illetve a szabályos nyolcszög alapú. Előbbinek 7, utóbbinak 10 lapja van. Megjegyzés: Valamelyik megoldás próbálgatással történő megtalálásáért (egy konkrét hasáb éleinek, lapátlóinak, testátlóinak leszámlálásáért, illetve a lapok számának megállapításáért) legfeljebb 3 pont adható. 3. Az ABC és CDE szabályos háromszögekre teljesül, hogy C az AE szakasz egy belső pontja, a B és D csúcsok pedig az AE egyenes azonos oldalán helyezkednek el. Legyenek F és G a BC, illetve a DE oldalak felezőpontjai. Határozzuk meg az AF G háromszög területét, ha tudjuk, hogy az ABC háromszög területe 4 cm, a CDE háromszögé pedig 60 cm! 11

Megoldás. Készítsünk ábrát. Egészítsük ki az ábrát a CG szakasszal. Ekkor az AF és CG szögfelezői az ABC és CDE háromszögeknek, így mindkét szakasz 30 -os szöget zár be az AE egyenessel, ezért egymással párhuzamosak. Így a C és G pontok egyenlő távolságra vannak az AF egyenestől. Ez viszont azt jelenti, hogy az AF C és AF G háromszögeknek közös az AF oldala és azonos hosszúságú az AF oldalhoz tartozó magassága. Így a két háromszög területe megegyezik. Mivel az AF szakasz felezi az ABC háromszög területét, ezért t(af G) = t(af C) = 1 t(abc) = 1 cm. Kezdők II. kategória, 3. (döntő) forduló Feladatok 1. Egy 8 8-as négyzetrács (tábla) 1 1-es négyzeteibe (mezőibe) az 1,,..., k (k 64) számokat írjuk valamilyen elrendezésben. Az {1,,..., k} mezőket együttesen útvonalnak nevezzük. Az útvonal teljes, ha k = 64, tehát az összes mező ki van töltve. Egy zebra lépked a tábla mezőin a következőképpen: Tegyük fel, hogy a zebra az A mezőn áll. A fel, le, balra, jobbra irányok valamelyikében mezőnyi távolságra mozdulva a táblán a zebra az A mezőből a B mezőbe érkezik, majd az első irányra merőlegesen a B-ből 3 mezőnyi távolságra elmozdulva a táblán a C mezőbe érkezik. Ekkor az A-ból C-be lépés a zebra egy szabályos lépése. Például az ábrán látható 1-es mezőből a -es mezőbe lépés egy szabályos zebra-lépés, a -es mezőből a 3-as mezőbe lépés egy újabb szabályos zebra-lépés. Azt mondjuk, hogy az {1,,..., k} útvonal zebra-útvonal, ha a zebra az 1-es számú mezőből a -es számú mezőbe tud lépni szabályos zebra-lépéssel, az i-edik mezőből az i + 1-edikbe tud lépni szabályos zebra-lépéssel minden 1 i k 1-re. 1

Létezik-e a 8 8-as táblán teljes zebra-útvonal?. Legyen az ABCDE olyan konvex ötszög, melynek oldalaira teljesül, hogy AB + CD = = BC + DE, és az ötszöghöz található olyan k kör, melynek középpontja az AE oldalon van, és a kör az AB, BC, CD és DE oldalakat a P, Q, R, S pontokban érinti. Bizonyítsuk be, hogy az AE és P S egyenesek párhuzamosak. 3. Legyen a n = 1 n + 1 n + 1 + 1 n + +... + 1 017, ahol 1 n 017, n N+. Számítsuk ki az a 1 + a 1 + a + a 3 +... + a 017 összeg pontos értékét. Megoldások és javítási útmutató 1. Egy 8 8-as négyzetrács (tábla) 1 1-es négyzeteibe (mezőibe) az 1,,..., k (k 64) számokat írjuk valamilyen elrendezésben. Az {1,,..., k} mezőket együttesen útvonalnak nevezzük. Az útvonal teljes, ha k = 64, tehát az összes mező ki van töltve. Egy zebra lépked a tábla mezőin a következőképpen: Tegyük fel, hogy a zebra az A mezőn áll. A fel, le, balra, jobbra irányok valamelyikében mezőnyi távolságra mozdulva a táblán a zebra az A mezőből a B mezőbe érkezik, majd az első irányra merőlegesen a B-ből 3 mezőnyi távolságra elmozdulva a táblán a C mezőbe érkezik. Ekkor az A-ból C-be lépés a zebra egy szabályos lépése. Például az ábrán látható 1-es mezőből a -es mezőbe lépés egy szabályos zebra-lépés, a -es mezőből a 3-as mezőbe lépés egy újabb szabályos zebra-lépés. Azt mondjuk, hogy az {1,,..., k} útvonal zebra-útvonal, ha a zebra az 1-es számú mezőből a -es számú mezőbe tud lépni szabályos zebra-lépéssel, az i-edik mezőből az i + 1-edikbe tud lépni szabályos zebra-lépéssel minden 1 i k 1-re. Létezik-e a 8 8-as táblán teljes zebra-útvonal? Megoldás. Nem létezik teljes zebra-útvonal. Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy létezik teljes zebra-útvonal, és rögzítsünk egy ilyet Színezzük ki a táblát az ábrán látható módon fekete, fehér, és szürke színekkel A zebra fekete színű mezőről csak szürke színű mezőre tud lépni, és fekete színű mezőre csak szürke színű mezőről tud lépni. Mivel az útvonal teljes, ezért az összes négyzetet érintenie kell a zebrának. 13

Képezzünk egy gráfot az útvonalból az alábbi módon: Legyenek az 1,,..., 64 mezők a pontok, és kössük össze az útvonal egymást követő mezőinek megfelelő pontokat egy éllel. Tehát az élek az i (i + 1) mezők között haladnak minden 1 i 63-ra. Színezzük ki a gráf pontjait a nekik megfelelő mező színével. A gráf minden pontjának kettő a foka, kivéve a két végpontot, ezeknek 1 a foka. Mivel 16 fekete mező van, ezért a fekete pontok halmazából összesen legalább 14 + 1 = = 30 él halad ki. Mivel 1 szürke mező van, ezért a szürke pontok halmazába összesen legfeljebb 1 = = 4 él haladhat be. Mivel a fekete pontokból csak a szürke pontok felé halad él, és 4 < 30, ezért ellentmondáshoz jutottunk. Tehát feltevésünk nem volt igaz, vagyis nem létezik teljes zebra-útvonal.. Legyen az ABCDE olyan konvex ötszög, melynek oldalaira teljesül, hogy AB + CD = = BC + DE, és az ötszöghöz található olyan k kör, melynek középpontja az AE oldalon van, és a kör az AB, BC, CD és DE oldalakat a P, Q, R, S pontokban érinti. Bizonyítsuk be, hogy az AE és P S egyenesek párhuzamosak. Megoldás. Helyes ábra: Használjuk fel, hogy egy pontból adott körhöz húzott érintőszakaszok egyenlő hosszúságúak. Ez alapján: BP = BQ = l, CQ = CR = m, DR = DS = n. Bevezetve az AP = x, ES = y jelöléseket, az AB + CD = BC + DE egyenlőséget az érintőszakaszok segítségével felírva: x + l + m + n = l + m + n + y, amiből x = y, azaz AP = ES. Jelöljük a k kör középpontját O-val. Mivel az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre, ezért OP A = OSE = 90. 14

Továbbá OP = OS = r miatt OP A = OSE, mivel két-két oldaluk és a nagyobbikkal szemközti szögük azonos. Ezt felhasználva: AOP = EOS = φ és P OS = 180 φ. Az OSP egyenlőszárú háromszögben OSP = 180 P OS = φ, SOE = OSP = φ. Így az említett szögek váltószögek, szögszáraik párhuzamosak, ami éppen azt jelenti, hogy az AE és P S egyenesek párhuzamosak. 3. Legyen a n = 1 n + 1 n + 1 + 1 n + +... + 1 017, ahol 1 n 017, n N+. Számítsuk ki az a 1 + a 1 + a + a 3 +... + a 017 összeg pontos értékét. Megoldás. Egy többtagú összeg négyzete egyenlő: a tagok négyzeteinek összege + + az összes lehetséges kéttényezős szorzatok kétszereseinek az összege. Elvégezzük a négyzetre emeléseket, majd először a négyzetes tagokat, utána pedig a kétszeres szorzatokat számoljuk össze. A négyzetes tagok összege: Az 1 k -es tag k-szor fog szerepelni (a 1-től a k -ig vett tagok négyzetében), így ezek összege 1 k k = 1 k. Ezeknek az összege az összes k-ra 1-től 017-ig 1 1 + 1 + 1 3 +... + 1 017 = a 1. A kétszeres szorzatok összege: Legyen i < j. Ekkor a 1 ij azokban az a k-ekben fordul elő, ahol k i, így ezeknek az összege i 1 ij =. Adott j-hez j 1 darab olyan i van, amelyre i < j, ezért a rögzített j j-hez tartozó lehetséges alakú számok összege (j 1) ij j = j. 4 pont Ha az összes j-re kiszámítjuk az összeget, akkor a következőt kapjuk: ( ) ( + ) ( + ) ( +... + ) = 1 3 017 ( 1 = 017 1 + 1 + 1 3 +... + 1 ) = 4034 a 1. 017 Ezért a 1 + a 1 + a + a 3 +... + a 017 = a 1 + a 1 + 4034 a 1 = 4034. 15

Kezdők III. kategória,. (döntő) forduló Feladatok 1. Dia 37 napon át, minden nap legalább egy feladatot megoldva készült az Arany Dániel matematikaverseny döntőjére. Bizonyítsuk be, hogy volt néhány szomszédos nap, melyeken összesen 13 feladatot oldott meg, ha tudjuk, hogy legfeljebb 60 feladatot csinált meg összesen.. Hányféleképpen lehet úgy kiválasztani egy n n-es táblázat néhány mezőjét, hogy semelyik két sorban ne egyezzen meg a kiválasztott mezők száma és semelyik két oszlopban se egyezzen meg a kiválasztott mezők száma? 3. Tegyük fel, hogy ABCD húrnégyszög, és a k olyan kör, mely a húrnégyszög minden oldalát két pontban metszi. Tekintsük, az ábrán látható módon, az ABCD belsejében létrejövő l A, l B, l C, l D íveket. Bizonyítsuk be, hogy az l A és l C ívek hosszának összege egyenlő az l B és l D ívek hosszának összegével. Megoldások és javítási útmutató 1. Dia 37 napon át, minden nap legalább egy feladatot megoldva készült az Arany Dániel matematikaverseny döntőjére. Bizonyítsuk be, hogy volt néhány szomszédos nap, melyeken összesen 13 feladatot oldott meg, ha tudjuk, hogy legfeljebb 60 feladatot csinált meg összesen. 1. megoldás. Jelölje a i (i = 1,,..., 37) az i. napon megoldott feladatok számát. Tudjuk, hogy a i 1. Használjuk fel, hogy ha az a i (i = 1,,..., n) egész számokból képezzük az a 1, a 1 + a,..., a 1 + a +... + a n számokat, akkor ezek valamelyike vagy a skatulya elv miatt valamely kettő különbsége osztható n-nel, hiszen n darab számunk van, ami megegyezik a lehetséges maradékok számával. 3 pont 16

Tekintsük az első 13 napon megoldott feladatok számából képzett összegeket! a 1, a 1 + a,..., a 1 + a +... + a 13, ekkor ezen összegek valamelyike vagy közülük valamely kettő különbsége osztható 13-mal. Ha valamely elem vagy a különbség éppen 13, akkor készen vagyunk, ha nem ennyi, akkor legalább 6. Tekintsük most az a 14, a 14 + a 15,..., a 14 + a 15 +... + a 6 összegeket. Az előbbi állítást alkalmazva, erre ugyanúgy igaz, hogy ezen összegek valamelyike vagy közülük valamely kettő különbsége osztható 13-mal. Ha valamely elem vagy a különbség éppen 13, akkor készen vagyunk, ha nem ennyi, akkor legalább 6. Nézzük most a fennmaradó elemeket: a 7, a 8,..., a 37. Mivel a 1 + a +... + a 37 60, és ha fennállnak az eddig elmondottak, akkor a 7 + a 8 +... + a 37 60 6 = 8. Ez viszont nem lehetséges, mivel Dia minden nap legalább egy feladatot megoldott. Így valamely korábbi elem vagy különbség éppen 13 kell, hogy legyen. Ezzel a feladat állítását igazoltuk. 3 pont. megoldás. Jelölje s i (i = 1,,..., 37) az első i napon Dia által összesen megoldott feladatok számát. Ekkor a feltételek alapján Az egyenlőtlenséglánchoz 13-at hozzáadva kapjuk, hogy 1 s 1 < s <... < s 37 60. 14 s 1 + 13 < s + 13 <... < s 37 + 13 73. Mivel 1-től 73-ig 73 db pozitív egész szám van és az s 1, s, s 37, s 1 + 13, s + 13,..., s 37 + 13 számok felsorolásakor az [1; 73]-ból 74 db pozitív egész számot írunk fel, ezért a skatulyaelv miatt a számok között kell lennie legalább azonosnak. Vegyünk két egyenlő elemet az {s 1, s,..., s 37, s 1 + 13, s + 13,..., s 37 + 13} halmazból. Ezekre nem állhat fönn az s i = s j vagy s i + 13 = s j + 13 egyenlőség i j esetén, mivel az s i < s j, ha i < j az s i -k definíciója miatt. Azaz az (s n ) sorozat szigorúan monoton növekvő. Tehát s i = s j + 13 kell, hogy teljesüljön valamely 1 i j 37 esetén. Ismét csak az (s n ) sorozat szigorúan monoton növekedése miatt j < i kell, legyen. Tekintsük tehát a j < i esetén fennálló s i = s j +13 esetet. Ekkor s i s j = 13, ami éppen azt jelenti, hogy Dia a (j + 1)., (j + ).,..., i. egymást követő napokon összesen 13 feladatot oldott meg. Ezzel az állítást beláttuk. 3 pont. Hányféleképpen lehet úgy kiválasztani egy n n-es táblázat néhány mezőjét, hogy semelyik két sorban ne egyezzen meg a kiválasztott mezők száma és semelyik két oszlopban se egyezzen meg a kiválasztott mezők száma? 17

Megoldás. Tekintsünk egy megfelelő kiválasztást. Egy sorból kiválasztott mezők száma 0, 1,,..., n lehet, ami összesen n + 1 lehetőség, vagyis pontosan egy olyan lesz közülük, amit nem kapunk meg, legyen ez i. Az oszlopoknál ugyanez teljesül, legyen j az az egyetlen 0 és n közé eső egész szám, amely egyik oszlopban sem adja meg az onnan kiválasztott mezők számát. A táblázatból összesen kiválasztott mezők száma egyrészt 1 + +... + n i, másrészt 1 + +... + n j, ezért i = j, vagyis ugyanaz az érték hiányzik a soroknál és az oszlopoknál. Ha van üres sor, akkor nem lehet teljes (n kiválasztott elemet tartalmazó) oszlop, így i = j értéke csak 0 vagy n lehet. Az így kapott két esetben ugyanannyi megfelelő kiválasztás létezik, hiszen egy olyan kiválasztásnál, ahol a hiányzó érték i = j = 0, a különböző sorokból (oszlopokból) nem kiválasztott mezők száma éppen 0, 1,..., n 1, vagyis a nem kiválasztott mezőkre szintén teljesül a feltétel, csak a hiányzó érték az n (és ugyanez megfordítva is igaz.) Vizsgáljuk mondjuk azt az esetet, amikor a kiválasztott mezők száma 1,,..., n valamilyen sorrendben (a sorokban és az oszlopokban is). A sorok és az oszlop sorrendjét cserélgetve elérhető, hogy az i. sorban és az i. oszlopban legyen pontosan i kiválasztott mező minden i = 1,,..., n esetén. Megmutatjuk n-re vonatkozó teljes indukcióval, hogy ekkor pontosan egyféle jó kiválasztás létezik. Ez n = 1-re nyilvánvaló, folytassuk az indukciós lépés igazolásával: tegyük fel, hogy n = k 1-ig már igazoltuk az állítást, most belátjuk n = k-ra is. A k-adik sorból és a k-adik oszlopból minden mezőt ki kell választanunk. Pontosan akkor kapunk megfelelő kiválasztást, ha az első k 1 sor és az első k 1 oszlop által meghatározott (k 1) (k 1)-es táblázat i-edik sorából és oszlopából is pontosan i 1 mezőt választunk ki. Az indukciós feltevés szerint ezt pontosan egyféleképpen lehet megtenni (használva korábbi észrevételünket, miszerint ugyanannyi jó kiválasztás van, ha a hiányzó érték a 0, mint ha k). Ezzel az indukciós lépést igazoltuk. Világos, hogy ebben az előbbi esetben ugyanannyi jó kiválasztás van, mint az összes többi sorrend esetében: a soroknál és az oszlopoknál is n! féle sorrend lehetséges, így összesen (n!) féle lehetőség van. Tehát a megfelelő kiválasztások száma (n!). 4 pont 3. Tegyük fel, hogy ABCD húrnégyszög, és a k olyan kör, mely a húrnégyszög minden oldalát két pontban metszi. Tekintsük, az ábrán látható módon, az ABCD belsejében létrejövő l A, l B, l C, l D íveket. Bizonyítsuk be, hogy az l A és l C ívek hosszának összege egyenlő az l B és l D ívek hosszának összegével. 18

Megoldás. Bevezetünk néhány jelölést a megoldás során előforduló pontokra. Az ABCD és k metszéspontjait jelölje A B, B A, B C, C B, C D, D C, D A, A D, ahol X Y az XY oldalon X-hez közelebbi metszéspont. Jelölje továbbá F AB, F BC, F CD és F DA a k kör ABCD-n kívüli íveinek felezőpontját. Valamint legyen O a k kör középpontja. Ezeket a jelöléseket foglaljuk össze az ábrán. : ábra, jelölések Legyen L A az l A -t tartalmazó F DA F AB ív, L B az l B -t tartalmazó F AB F BC ív, L C az l C -t tartalmazó F BC F CD ív, L D pedig az l D -t tartalmazó F CD F DA ív. Mivel az F AB, F BC, F CD és F DA pontok az ABCD-n kívüli ívek felezőpontjai, elegendő belátni, hogy az L A és az L C ívek hosszösszege egyenlő az L B és L D ívek hosszösszegével: L A + L C = l A + l C + h, illetve L B + L D = l B + l D + h, ahol h az ABCD-n kívüli ívek hosszösszege. : áttérés nagyobb ívekre Továbbá, ha r a k kör sugara, akkor így elegendő a szögekre vonatkozó L A = rπ F DAOF AB 360, L B = rπ F ABOF BC 360, L C = rπ F BCOF CD 360, L D = rπ F CDOF DA 360, ( ) F DA OF AB + F BC OF CD = F AB OF BC + F CD OF DA egyenlőséget belátni. Az ABCD húrnégyszög A-nál, B-nél, C-nél és D-nél levő szögeit rendre α-val, β-val, γ-val és δ-val jelölve állítjuk, hogy F DA OF AB = 180 α, (1) F AB OF BC = 180 β, () F BC OF CD = 180 γ, (3) F CD OF DA = 180 δ. (4) Ekkor a szögekre vonatkozó ( ) egyenlőség következni fog abból a húrnégyszögekre vonatkozó ismert tételből, mely szerint α + γ = β + δ = 180. 3 pont: áttérés szögekre 19

A feladatban kitűzött állítás bizonyításához tehát most már csak az (1) (4), egyenlőségeket kell igazolnunk, ehhez nyilván elég (1)-et megmutatni, () (4) ugyanúgy következnek. Az OF DA egyenes messe DA-t a P pontban, az OF AB pedig messe AB-t a Q pontban. Egyelőre tegyük fel, hogy O az ABCD belsejében fekszik. Mivel OF DA a D A A D szakasz szakaszfelező merőlegese, OF AB pedig az A B B A szakasz szakaszfelező merőlegese, az OP AQ négyszögben a P és Q csúcsoknál derékszög van. Ekkor F DA OF AB = P OQ = 360 90 90 α = 180 α, ezzel (1) bizonyítása kész. Fontos kiegészítés, hogy az O pont nem szükségszerűen fekszik az ABCD négyszög belsejében. Az általános esetet irányított szögekkel számolva intézhetjük el: az AB irányított egyenes 90 -os elforgatottja az F AB O irányított egyenes, míg az AD irányított egyenes 90 -os elforgatottja az OF DA irányított egyenes. Így az F AB OF DA szög kiegészítő szöge éppen α, amiből (1) nyilván következik. Ezzel a bizonyítás készen van. (4 pont: ha a megoldás általában is működik; : ha a megoldás csak ABCD-beli O-ra működik.) Haladók I. kategória, első (iskolai) forduló Feladatok 1. A karácsonyi vásárra a 9.c-sek diós és mákos kifliket készítettek. Mindből kicsit és nagyot is. A karácsonyi vásár végén megmaradt kiflik számairól a következő megállapításokat tették: a) Összesen 57 darab kifli maradt meg. b) A mákos kiflik száma osztható 11-gyel. c) A nagy mákos kiflik száma egyenlő a diós kiflik számával. d) A legkevesebb a kis diós kifliből van. e) Minden kifli száma prím. Határozzuk meg, hogy melyik kifli típusból hány darab maradt meg! 0

. Az ABC háromszög csúcsait a köré írt kör O középpontjára tükrözve kapjuk az A, B, C pontokat. Bizonyítsuk be, hogy az AC BA CB hatszög oldalainak négyzetösszege egyenlő a középpontnak a háromszög oldalaitól mért távolságai négyzetösszegének nyolcszorosával. 3. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékét a [ 017; 016] intervallumon: f(x) = 6x 4 3x + 8. 1 4. Adott az x 1 + 1 = k egyenlet, ahol k rögzített valós szám. Mutassuk meg, hogy x az egyenletnek minden valós k-ra van megoldása, és az egyik megoldás mindig 1 és közé esik! 5. a) Seholsincs országban 5 város van. Az országban háromféle közlekedési eszközzel lehet utazni, busszal, vonattal és repülővel. Bármely két város között pontosan egy közlekedési eszköz használható közvetlenül. Igaz-e, hogy mindenképp kiválasztható két város és egy közlekedési eszköz úgy, hogy az egyik városból a másik nem elérhető, még átszállásokkal sem, ha csak a kiválasztott eszközt használjuk? b) Mi volna a helyzet 6 város esetén? Megoldások és javítási útmutató 1. A karácsonyi vásárra a 9.c-sek diós és mákos kifliket készítettek. Mindből kicsit és nagyot is. A karácsonyi vásár végén megmaradt kiflik számairól a következő megállapításokat tették: a) Összesen 57 darab kifli maradt meg. b) A mákos kiflik száma osztható 11-gyel. c) A nagy mákos kiflik száma egyenlő a diós kiflik számával. d) A legkevesebb a kis diós kifliből van. e) Minden kifli száma prím. Határozzuk meg, hogy melyik kifli típusból hány darab maradt meg! Megoldás. Jelöljük a kis diós kifliket d-vel, a nagy diós kifliket D-vel, a kis mákos kifliket m-mel, és a nagy mákos kifliket M-mel. Az a) állítás szerint d + D + m + M = 57. Mivel 57 páratlan, így van páros számú kifli. Mivel az e) állítás szerint minden kifli száma prímszám, és csak egyetlen páros prím van, és a d) állítás szerint a kis diós kifliből van a legkevesebb, így d =. 1

Ezért D + m + M = 55. A b) állítás szerint m + M osztható 11-gyel. Mivel 55 is osztható 11-gyel, így D is osztható 11-gyel. De mivel D is prím, így D = 11. A c) állítás miatt M = d + D = + 11 = 13. Mivel D = 11, így m + M = 44. Mivel M = 13, így m = 31. Tehát kis diós kifliből, nagy diós kifliből 11, kis mákos kifliből 31, nagy mákos kifliből 13 darab van. Ezek valóban kielégítik az állítás feltételeit. Megjegyzés: Ha a tanuló indoklás nélkül közli a kiflik számát, akkor arra legfeljebb 3 pont adható.. Az ABC háromszög csúcsait a köré írt kör O középpontjára tükrözve kapjuk az A, B, C pontokat. Bizonyítsuk be, hogy az AC BA CB hatszög oldalainak négyzetösszege egyenlő a középpontnak a háromszög oldalaitól mért távolságai négyzetösszegének nyolcszorosával. Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit és legyen r a háromszög köré írt kör sugara! CAC, C BC, ABA, A CA, BCB, B AB szögek Thalész tétele értelmében derékszögek. A tükrözés miatt AB = A B, AC = A C BC = B C. A megfelelő derékszögű háromszögekben felírjuk Pitagorasz tételét: és (AC ) = (A C) = 4r b ; (BC ) = (B C) = 4r a ; Így a hatszög oldalainak négyzetösszege: 4r ( a + b + c ). Szintén Pitagorasz tétele alapján: (AB ) = (A B) = 4r c. x + y + z = r a 4 + r b 4 + r c 4. Ekkor: 8 ( x + y + z ) = 4r ( a + b + c ). Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

3. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékét a [ 017; 016] intervallumon: f(x) = 6x 4 3x + 8. Megoldás. f(x) = 6x 4 3x + 8 = (3x + 8) 3x + 8 40 3x + 8 = 40 3x + 8. Vizsgálandó a 3x + 8 kifejezés, melynek minimuma van, így a törtnek maximuma lesz, s a különbségnek, f-nek minimuma lesz. A 3x + 8 a minimumát az x = 0-ban veszi fel. A megadott zárt intervallumon a függvény a [ 017; 0] intervallumon szigorúan monoton csökkenő, illetve a [0; 016] intervallumon szigorúan monoton növekvő, így a megadott intervallumon a függvénynek a két végpontban lokális maximuma van. Az abszolút maximumát x = 017-ben veszi fel. Ennek értéke 6 017 4 3 017 + 8. 1 4. Adott az x 1 + 1 = k egyenlet, ahol k rögzített valós szám. Mutassuk meg, hogy x az egyenletnek minden valós k-ra van megoldása, és az egyik megoldás mindig 1 és közé esik! Megoldás. Az egyenlete alaphalmaza: R \ {1; } (x 1; ). Ha k = 0, akkor az egyenlet az x 1 = (x ) elsőfokú egyenletre vezet, ennek megoldása x = 3, megfelel a feladat feltételeinek. 1 pont Ha k 0, akkor az R\{1; } halmazon az eredeti egyenlet ekvivalens a kx x(3k + ) + k + 3 = 0 másodfokú egyenlettel. Ennek diszkriminánsa k + 4 minden valós k esetén nagyobb 0-nál, így az egyenletnek mindig van megoldása. A másodfokú kifejezés értéke x = 1 esetén minden k-ra +1, x = esetén 1, így az alaphalmazon kívüli 1 és soha nem gyöke az egyenletnek. A másodfokú függvény folytonossága miatt viszont +1 és 1 között fel kell vennie a függvénynek a 0-t is. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek biztosan van gyöke az ]1; ]-ben. 3

5. a) Seholsincs országban 5 város van. Az országban háromféle közlekedési eszközzel lehet utazni, busszal, vonattal és repülővel. Bármely két város között pontosan egy közlekedési eszköz használható közvetlenül. Igaz-e, hogy mindenképp kiválasztható két város és egy közlekedési eszköz úgy, hogy az egyik városból a másik nem elérhető, még átszállásokkal sem, ha csak a kiválasztott eszközt használjuk? b) Mi volna a helyzet 6 város esetén? Megoldás. a) Igen, mindig kiválasztható két város és egy közlekedési eszköz a kívánt módon. Összesen 5 4 = 10 közlekedési útvonal van. Ha minden közlekedési eszközt legalább négy útvonalon használnánk, akkor az útvonalak száma legalább 3 4 = 1 lenne. Ez több, mint 10, tehát van olyan eszköz, amit legfeljebb 3 útvonalon használhatunk. Megmutatjuk, hogy még 3 útvonal esetén is van két város, amik között ezen eszközzel nem lehet utazni. A 3 út csak 4 lényegesen különböző módon helyezkedhet el és könnyen látszik, hogy egyik sem megfelelő. Például a négyzettel jelölt városok között nincs lehetőség utazásra. Egy másik mód ezen rész megmutatására: Gondoljunk arra, hogy egyesével felépítjük a három útvonalat. Kezdetben öt csoportban vannak a városok úgy, hogy egyikből sem lehet elérni a többit. Ha két csoport közé építünk egy utat, akkor azok összeolvadnak, és a csoporton belül elérhetővé válnak a városok. Mivel csak három utat építünk föl, a végén még mindig van legalább két csoport. Mivel a két csoport között nem vezet út, nem lehet eljutni az egyikből a másikba. b) 6 város esetén lehetséges, hogy nincs megfelelő választás. A következő ábrán mutatunk egyet a lehetséges ellenpéldák közül. A három szín a három közlekedési eszközt mutatja. Helyes ellenpélda mutatása. 4

Haladók I. kategória,. forduló Feladatok 1. Melyek azok az (a; b) egész számpárok, amelyekre teljesül az alábbi egyenlőtlenség: a + 7b 4ab + 6b?. Adott az ABC háromszög. Legyen P az AB oldal harmadoló pontja, Q a BC oldal negyedelő pontja, valamint R a CA oldal ötödölő pontja az ábrán látható módon. Határozzuk meg a P QR és az ABC háromszögek területének arányát. 3. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: x + x x x = 3 x x + x. 4. Adott egy 8 8-as táblázat. Nevezzük főátlónak az a 1 h 8 átlót. A főátló alatti mezőket 0-kal töltjük ki, míg a többi mezőbe pozitív egészeket írunk. A kitöltés után kiszámoljuk a sor-, illetve oszlopösszegeket. Lehetséges-e, hogy az 1,, 3,..., 16 számokat kapjuk eredményül (valamilyen sorrendben)? b) Ha egy 7 7-es táblánk van, akkor lehetséges-e, hogy az 1,, 3,..., 14 számokat kapjuk eredményül (valamilyen sorrendben)? 8 7 0 6 0 0 5 0 0 0 4 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 a b c d e f g h 5

Megoldások és javítási útmutató 1. Melyek azok az (a; b) egész számpárok, amelyekre teljesül az alábbi egyenlőtlenség: a + 7b 4ab + 6b? Megoldás. Rendezzünk nullára, és alakítsunk teljes négyzetté: Adjunk hozzá hármat és alakítsunk teljes négyzetté: (a b) + 3b 6b 0. (a b) + 3(b 1) 3. Mivel (a b), és (b 1) négyzetszámok, ezért (b 1) {0, 1}. 1. Ha b 1 = 1, b = 0, akkor a b = 0, azaz a = 0.. Ha b 1 = 0, b = 1, akkor a b = 1 vagy a b = 0 vagy a b = 1 lehetséges, ekkor a-ra az alábbi értékeket kapjuk: a = 1, a =, a = 3. 3. Ha b 1 = 1, b =, akkor a b = 0, azaz a = 4. Tehát a megoldások: (0; 0); (1; 1); (; 1); (3; 1); (4; ).. Adott az ABC háromszög. Legyen P az AB oldal harmadoló pontja, Q a BC oldal negyedelő pontja, valamint R a CA oldal ötödölő pontja az ábrán látható módon. Határozzuk meg a P QR és az ABC háromszögek területének arányát. Megoldás. A keresett területet (T P QR ) az eredeti háromszög területéből a P BQ, QCR és az RAP háromszögek területének kivonásával kaphatjuk meg. A P BC háromszög területe az eredeti ABC háromszög területének a /3-a, mivel azonos magasságúak és az alapok aránya /3 : 1. QLB és CT B háromszögek hasonlóak, mert oldalaik párhuzamosak, a hasonlóság aránya 1 : 4. 6

A P BQ háromszög területe a P BC háromszög területének a negyede, mivel alapjaik azonosak, s magasságuk aránya 1 : 4. Így a P BQ háromszög területe: T P BQ = T ABC 3 1 4. c 3 mc 4 (Vagy egyszerűbben: T P BQ = = 1 c m c = 1 6 6 T ABC.) A további háromszögek területe hasonlóan adódik. T QCR = T ABC 3 4 1 5, T RAP = T ABC 4 5 1 3. ( A keresett terület: T P QR = T ABC 1 3 1 4 3 4 1 5 4 5 1 ) 5 = T ABC 3 1. 3. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: x + x x x = 3 x x + x. Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk a Nevezetes azonosság alkalmazása után: x + x kifejezéssel: ( x + ) x x x x + x = 3 x. x + x x x = 3 x. A kapott egyenletet elosztjuk x-szel (x = 0 nem lehetséges a tört nevezője miatt): Az átrendezés után kapott egyenlet emelve: Újabb rendezés x + 1 x 1 = 3. ( pl. x = 1 + ) x 1 x = 1 4 + x 1 + x 1. ( 3 4 = ) x 1 és négyzetre emelés után: mindkét oldalát négyzetre 9 = x 1. 16 Ebből: x = 5 16. 7

A kapott megoldás eleget tesz a feladat feltételeinek. (Ha ellenőrzés helyett értelmezési tartomány és értékkészlet vizsgálatot végez, az utóbbi akkor is adható.) 4. Adott egy 8 8-as táblázat. Nevezzük főátlónak az a 1 h 8 átlót. A főátló alatti mezőket 0-kal töltjük ki, míg a többi mezőbe pozitív egészeket írunk. A kitöltés után kiszámoljuk a sor-, illetve oszlopösszegeket. Lehetséges-e, hogy az 1,, 3,..., 16 számokat kapjuk eredményül (valamilyen sorrendben)? b) Ha egy 7 7-es táblánk van, akkor lehetséges-e, hogy az 1,, 3,..., 14 számokat kapjuk eredményül (valamilyen sorrendben)? 8 7 0 6 0 0 5 0 0 0 4 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 a b c d e f g h Megoldás. 15 1 14 0 11 1 0 0 10 0 0 0 7 1 0 0 0 0 6 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 16 13 1 9 8 5 4 1 Elérhető a kívánt kitöltés. Írjunk minden mezőbe -est. Majd a főátlóban álló kettesek közül minden másodikat cseréljünk le egyesekre. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez egy megfelelő kitöltés. Megjegyzés: Bármilyen helyes kitöltés megadása 3 pontot ér. 3 pont b) A kívánt kitöltés nem valósítható meg. Indirekten fogunk bizonyítani, tegyük fel, hogy a kívánt kitöltés megvalósítható. Adjuk össze a 7 sorösszeget, illetve a 7 oszlopösszeget, legyen ez az összeg S. S-et úgy is megkaphattuk volna, ha a négyzetben szereplő minden számot pontosan kétszer adjuk össze. Tehát S egy páros szám. Az indirekt feltevésünk szerint az oszlop- és sorösszegek valamilyen sorrendben az 1,,..., 14 számok. Azaz S = 1 + + 3 +... + 14 = 105. Ez ellentmond S párosságának, így ellentmondásra jutottunk. Tehát az eredeti állításunkat beláttuk. 8

Haladók I. kategória, 3. (döntő) forduló Feladatok 1. Az ABCD konvex négyszöget az AC átlója két egyenlő területű háromszögre osztja. Az AC átlón felvett M (belső) ponton át az AB oldallal párhuzamosan húzott egyenes a BC oldalt a P pontban, az M ponton átmenő és a CD-vel párhuzamos egyenes az AD oldalt a Q pontban metszi. Hogyan kell az M pontot megválasztani, hogy az M P C és az M QA háromszögek területeinek összege minimális legyen?. Felírtuk egy táblára a számokat 1-től 10-ig. Egy lépésben kiválasztunk kettőt, és elosztjuk őket egymással úgy, hogy a hányados legalább 1 legyen. A két kiválasztott számot letöröljük, és felírjuk helyette a hányados egészrészét. Legfeljebb mekkora lehet az utolsónak maradt szám? 3. Egy n pozitív egész szám esetén jelölje f(n) azt a legkisebb pozitív egész k számot, amelyre igaz, hogy k! osztható n-nel. Igazoljuk, hogy végtelen sok n esetén teljesül, hogy f(n) f(n + 1) > 1,99! Megoldások és javítási útmutató 1. Az ABCD konvex négyszöget az AC átlója két egyenlő területű háromszögre osztja. Az AC átlón felvett M (belső) ponton át az AB oldallal párhuzamosan húzott egyenes a BC oldalt a P pontban, az M ponton átmenő és a CD-vel párhuzamos egyenes az AD oldalt a Q pontban metszi. Hogyan kell az M pontot megválasztani, hogy az M P C és az M QA háromszögek területeinek összege minimális legyen? Megoldás. ABC MP C és ACD AMQ, mert két-két szögük páronként egyenlő. A hasonlóság miatt a megfelelő oldalak aránya egyenlő. Legyen MC = λ AC. Ekkor a hasonlóság miatt MP = = λ AB és MQ = (1 λ) CD. Jelöljük az ABC és a CDA háromszögek területét t-vel (t ABC = t CDA ). (3) (4) t MP C t t MQA t ( ) MP = = λ (0 < λ < 1) és AB ( ) MQ = = (1 λ). CD 9

(3)-at és (4)-et rendezve, összeadva t MP C + t MQA = t ( λ + (1 λ) ). Teljes négyzetté kiegészítést végzünk t MP C + t MQA = t ( Mivel λ 1 ) 0, ezért t MP C + t MQA t. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha λ = 1 MP, azaz AB = 1. ( ( λ 1 ) ) + 1. Ekkor az M pont az AC átló felezőpontja, a keresett minimum értéke t.. Felírtuk egy táblára a számokat 1-től 10-ig. Egy lépésben kiválasztunk kettőt, és elosztjuk őket egymással úgy, hogy a hányados legalább 1 legyen. A két kiválasztott számot letöröljük, és felírjuk helyette a hányados egészrészét. Legfeljebb mekkora lehet az utolsónak maradt szám? Megoldás. Mivel a hányados legalább 1, ezért mindig a nagyobb számot osztjuk el a nem kisebbel. Másrészt mindig legalább eggyel osztunk, ezért mindig legfeljebb a két szám maximumát írhatjuk fel a táblára. Tehát az elérhető maximum legfeljebb 10. Ez el is érhető. Töröljük le először a 3, 4 5, 6 7, 8 9 párokat. Ekkor lesz néhány egyesünk és egy tizesünk. Ekkor az egyeseket párosítva a 10-essel, mindig 10 marad. Tehát elérhető, hogy 10 maradjon a táblán. 3 pont Megjegyzés: Bármilyen olyan törlési sorrend megadása 3 pontot ér, amely végén 10 marad a táblán. 3. Egy n pozitív egész szám esetén jelölje f(n) azt a legkisebb pozitív egész k számot, amelyre igaz, hogy k! osztható n-nel. Igazoljuk, hogy végtelen sok n esetén teljesül, hogy f(n) f(n + 1) > 1,99! Megoldás. Legyen n = p, ahol p > 3 prím. Mivel p felbonthatatlan, ezért p-nek szerepelnie kell a tényezők között, azaz f(p) = p. 30

Térjünk át f(p + 1)-re: Mivel p + 1 tényezői között szerepel a és a p + 1 és ezek különbözőek, így! osztható p + 1-gyel, tehát f(p + 1) p + 1. ( ) p + 1 pont f(p) f(p + 1) p p + 1 0,01p > 1,99, p > 199. > 1,99, Azaz az egyenlőtlenség minden 199-nél nagyobb prímre teljesül, azaz végtelen sokszor. Haladók II. kategória, első (iskolai) forduló Feladatok 1. A k valós paraméter értékétől függően hány valós megoldása van a következő egyenletnek? x 1 3 = x k.. Határozzuk meg az összes olyan négyjegyű négyzetszámot, amelynek számjegyeit eggyel megnövelve a kapott négyjegyű szám szintén négyzetszám lesz! 3. Az AB, AC, BD és CD szakaszok, mint átmérők felé félköríveket rajzoltunk az ábrán látható módon. Fejezzük ki a színezett rész területét a és b segítségével, ha AD = a és BC = b! 4. El lehet-e helyezni egy asztalon egy síkban (a pénzérmék egymásra helyezése nélkül) a) 016 b) 017 31

egyforma, kör alakú pénzérmét úgy, hogy mindegyik pénzérme három másik pénzérmét érintsen? Ha el lehet helyezni, akkor egy lehetséges elhelyezést kérünk indoklással; ha nem lehet, akkor indoklást, hogy miért nem! 5. Tekintsük a következő 99 darab egyenletből álló 99 változós egyenletrendszert! Mennyi a következő összeg pontos értéke? a 1 + a = 1, a + a 3 =, a 3 + a 4 = 3,.. a 98 + a 99 = 98, a 99 + a 1 = 99. S = a 1 a + a 3 a 4 ±... + a 97 a 98 + a 99. Megoldások és javítási útmutató 1. A k valós paraméter értékétől függően hány valós megoldása van a következő egyenletnek? x 1 3 = x k. Megoldás. Grafikus megoldás: A baloldali függvény ábrázolása: f(x) = x 1 3. Ha k ]6; [, akkor az egyenletnek nincs megoldása. A jobboldali függvényt, g(x) = x k, az előző ábrára illesztve és önmagával párhuzamosan eltolva, a két grafikon metszéspontjainak száma adja az egyenlet megoldásainak számát. Ha k = 6 vagy k = vagy k = 0 vagy k = 6, akkor a g(x) = x k egyenese illeszkedik az f(x) függvény egy-egy szakaszára, ezért ezeknél a k értékeknél az egyenletnek végtelen sok megoldása van. Ha k ] ; 6[ vagy k ] 6; [ vagy k ] ; 0[ vagy k ]0; 6[, akkor az egyenletnek pontosan egy megoldása van. 3

. Határozzuk meg az összes olyan négyjegyű négyzetszámot, amelynek számjegyeit eggyel megnövelve a kapott négyjegyű szám szintén négyzetszám lesz! Megoldás. Ebben az esetben a két szám különbsége 1111, tehát az x y = 1111 egyenletet kell megoldanunk, ahol x és y pozitív egész számok. Ezt átalakítva: (x y) (x + y) = 1111. Mivel a prímtényezős felbontás: 1111 = 11 101, ezért az 1111-nek négy pozitív osztója van, 1, 11, 101, 1111. Így a lehetőségek: } x y = 1 ebből x = 556, y = 555. Ez nem megoldás. x + y = 1111 } x y = 11 ebből x = 56, y = 45. Ez jó megoldás. x + y = 101 Tehát a keresett négyjegyű szám a 05. 3. Az AB, AC, BD és CD szakaszok, mint átmérők felé félköríveket rajzoltunk az ábrán látható módon. Fejezzük ki a színezett rész területét a és b segítségével, ha AD = a és BC = b! Megoldás. Jelölje r BD a BD, r CD a CD, r AC az AC, e AB az AB átmérőkhöz tartozó sugarat. Ekkor a keresett terület: T = r BD π r CD π + r AC π r AB π. Alakítsuk át a területet, mivel a sugár az átmérő fele, és a közös π-t és a nevezőben lévő -t kiemelhetjük: T = π 8 ( BD CD + AC AB ). Legyen AB = x. Ekkor T = π 8 ( (a x) (a b x) + (x + b) x ). 33