2014/2015. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

014/015 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matek.fazekas.hu/ 017. március 1.

TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatlapok 1.1. I. forduló......................................... 1.1.1. Szakközépiskola................................. 1.1.. Gimnázium.................................... 3 1.1.3. Specmat..................................... 4 1.. II. forduló........................................ 5 1..1. Szakközépiskola................................. 5 1... Gimnázium.................................... 6 1.3. Dönt forduló...................................... 7 1.3.1. Szakközépiskola................................. 7 1.3.. Gimnázium.................................... 8 1.3.3. Specmat..................................... 9 Megoldások 10.1. I. forduló......................................... 10.1.1. Szakközépiskola................................. 10.1.. Gimnázium.................................... 16.1.3. Specmat..................................... 0.. II. forduló........................................ 6..1. Szakközépiskola................................. 6... Gimnázium.................................... 38.3. Dönt forduló...................................... 4.3.1. Szakközépiskola................................. 4.3.. Gimnázium.................................... 50.3.3. Specmat..................................... 54 1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK 1. Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y = abab ( a b ) páros természetes számokat úgy, hogy az x + y összeg osztható legyen 7-tel! F. Az AF; CE és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően helyezkednek el. A CE szakasz hossza 4, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz? E D 3. Oldja meg az x + y 8z = 14 egyenletet az egész számok halmazán! A C B 4. Oldja meg a valós számok halmazán az log x + 4 log5 x 1 = log5 x + 4 x 1 egyenletet! ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5. Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE háromszöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával. AB Bizonyítsa be, hogy = cos( CED )! CD 6. Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; ; 3; 4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.) Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

Feladatlapok I. forduló Gimnázium A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK 1. Tekintsük azokat az ötjegy számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tartalmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy számoknak az összege?. Legyen C az AB szakasz bels pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük az AB, AC és CB átmér j félköröket. A C ponton át az AB-re emelt mer leges egyenes az AB-re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC-re emelt félkörív metszéspontja E, a BD szakasz és a CB-re emelt félkörív metszéspontja F. Igazoljuk, hogy az EF egyenes az AC-re illetve CB-re emelt félkörívek közös érint je lesz. 3. Legyen a 1 = 1, a sorozat további elemeit a következ összefüggés határozza meg: a n+1 a n = 4(a n+1 1), n pozitív egész Igazoljuk, hogy a sorozat els 05 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 014. 4. Az ABC háromszög kerülete 1 cm, területe 6 cm. Legyen P az ABC háromszög egy bels pontja. A P pontnak a BC, CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer leges vetületei legyenek rendre D, E és F. Tekintsük az alábbi összeget S = BC P D + CA P E + AB P F. (a) Határozzuk meg S minimális értékét. (b) A háromszög mely P bels pontjára lesz S értéke minimális? 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert Valamennyi feladat 7 pontot ér. sin x + cos y = y, sin y + cos x = x. 3

Feladatlapok I. forduló Specmat A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK 1. Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n + 3 alakú szám közös osztói?. Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai. 3. A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p + 1)/. 4. Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet. 5. Egy 014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P 1, P,..., P 014. Bizonyítsuk be, hogy a P 1 P, P P 3,..., P 013 P 014, P 014 P 1 egyenesek között van két párhuzamos. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola OktatásiHivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) FELADATOK 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x, y) valós számpárt, amely megoldása a következ egyenletrendszernek: x y + xy = 6 1 x + 1 y = 3.. feladat: Az ABCD rombusz hegyesszöge 45. Mutassa meg, hogy a rombusz beírt körének tetsz leges P pontjára teljesül P A + P B + P C + P D = 5 AB. 3. feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész. A négyzetes oszlop V térfogatának és A felszínének mér számai között fennáll a V = 015 A összefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik, amely megfelel ezeknek a feltételeknek? 4. feladat: Az ABC háromszög szögei CAB = 75 és ABC = 60. Legyenek az ABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozó tükörképei rendre X, Y és Z pontok. Közelít értékek használata nélkül határozza meg az XY Z és ABC háromszögek területének arányát! 5. feladat: Papírból 6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetet vágtunk ki, majd azokból egy-egy L-alakot raktunk le a b cm oldalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánál az ábra szerint. (A hatoldalú L-alak kett oldala a, négy oldala pedig a hosszúságú.) Így az asztallap két feketével jelölt része kétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett. A nem fedett részek területének összege, a kétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott) részek területének összege cm -ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monoton növ számtani sorozat egymást közvetlenül követ tagjai. (Az ábra nem méretarányos.) Határozza meg a b és a oldalak arányának pontos értékét! Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér. 5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK 1. Legyen n -nél nagyobb egész szám. Egy konvex n-szög három csúcsát kiválasztva annak a valószín sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs 35 közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai a, illetve b hosszúak. Mekkora a trapéz kerülete? 3. Egy tudományos kutatásban n tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós el re megállapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervez nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet n, ha nincs köztük szervez? 4. Határozzuk meg, mely pozitív egész a, b, c számokra teljesül az alábbi egyenlet: a! b! = a! + b! + c! Valamennyi feladat 7 pontot ér. 6

Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK 1. Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két különböző pont a számegyenesen, amelyek az x, illetve az x p számok helyét jelölik. Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik harmadolópontja a p szám helyét jelöli!. Oldja meg a x 3 x x 4n 1n szám! egyenletet, ahol x valós szám és n egész (y az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a legnagyobb) 3. Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti. Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög szárait az M és N pontokban metszi. Bizonyítsa be MX NX! Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér. 7

Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny harmadik, dönt forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK 1. Az x, y, z olyan pozitív egészek, amelyekre az x(y + 1) x 1, y(z + 1) y 1, z(x + 1) z 1 hányadosok mindegyike pozitív egész szám. értéke? Mi az xyz szorzat lehetséges legnagyobb. Tekintsük egy kocka három olyan lapátlójának egyenesét, amelyek páronként kitér ek. Az e egyenes az iménti három egyenes mindegyikével ugyanakkora szöget zár be. Mekkora lehet ez a szög? 3. Legyenek x 1, x,..., x 015 valós számok. Ugyanezen számok valamely y 1, y,..., y 015 permutációjára teljesül, hogy 3y 1 x 1 = x, 3y x = x 3,..., 3y 015 x 015 = x 1 Bizonyítsuk be, hogy ez csak úgy lehet, ha minden x i ugyanakkora. Valamennyi feladat 7 pontot ér. 8

Feladatlapok Dönt forduló Specmat A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK 1. A k körhöz egy külső ponton keresztül egy e szelőt és két érintőt húzunk, az utóbbiak érintési pontjai A és B. Az A ponton áthaladó, e-vel párhuzamos egyenes az A-tól különböző C pontban is metszi k-t. Bizonyítsuk be, hogy a BC egyenes felezi e-nek a k-ba eső szakaszát.. Tegyük fel, hogy nemnegatív egész számoknak egy véges A = {a 1 < < a <... < a k } és egy végtelen B = {b 1 < b <... } halmazára teljesül, hogy minden nemnegatív egész egyértelműen előáll a i + b j alakban. Mutassuk meg, hogy ekkor B szükségképpen tisztán periodikus, azaz létezik olyan c > 0, hogy bármely b nemnegatív egész szám pontosan akkor eleme B-nek, ha b + c is az. 3. Melyek azok az egész együtthatós f polinomok, amelyekre minden j 1 esetén f( j ) pozitív prímhatvány? 9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y = abab ( a b ) páros természetes számokat úgy, hogy az x + y összeg osztható legyen 7-tel! Megoldás: Mivel x = abba és y = abab tízes számrendszerbeli számok, ezért (1) x = 1001 a + 110b és y = 1010 a + 101b. A két szám összege () x + y = 011 a + 11b. Maradékos osztással 011 = 87 7 + és 11 = 30 7 + 1, ezért ()-ből az következik, hogy innen pedig x + y = 87 7a + 30 7b + a + b, (3) x + y = ( 87a + 30b) + a + b 7. (3) szerint x + y pontosan akkor osztható 7-tel, ha a + b osztható 7-tel. A feltétel szerint a és b páros számjegyek, valamint a b, így a a + b összeg 4-nél kisebb 7-tel osztható pozitív páros szám, azaz (4) a + b = 14. (4)-ből két megoldást kapunk: a = 6 ; b =, valamint a = 4 ; b = 6. A feladatra összesen megoldáspár adódik x = 66 ; y = 66, illetve x = 4664 ; y = 4646. Összesen: pont pont pont 10 pont OKTV 014/015 első forduló 10

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória. Az AF; CE és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően helyezkednek el. A CE szakasz hossza 4, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz? F E D A C B Megoldás: Az AF; CE és BD szakaszok mindegyike az ábra szerint merőleges az AB szakaszra, ezért a szakaszok párhuzamosak egymással. A DAB -et metsző CE és BD szakaszokra felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét: (1) AC CE 4 3 = = =. AB BD 40 5 pont A FBA -et metsző CE és AF szakaszokra is felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét: () BC CE 4 = =. AB AF AF pont Az (1) és () megfelelő oldalait összeadva azt kapjuk, hogy Mivel azonban AC + BC = AB, ezért AC BC 3 4 + = +. AB AB 5 AF (3) 3 4 1 = +. 5 AF 3 pont (3)-ból egyszerű számolással adódik, hogy AF = 60, tehát az AF szakasz 60 egység hosszúságú. Összesen: pont 10 pont OKTV 014/015 első forduló 11

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 3. Oldja meg az x + y 8z = 14 egyenletet az egész számok halmazán! I. Megoldás: Az x; y egész számok nem lehetnek egyszerre párosak, mert akkor x és y is 4-gyel osztható, így az egyenlet bal oldala 4-gyel osztható, miközben a jobb oldal nem osztható 4-gyel. Az sem állhat fenn, hogy az x; y egész számok közül az egyik páros, a másik páratlan, mert ekkor az egyenlet bal oldala páratlan egész szám, míg a jobb oldala páros. Ezért csak az lehetséges, hogy az x; y egész számok mindegyike páratlan. Legyen ezért x = k + 1 és y = m + 1, ahol k; m Z. Eszerint 4k + 4k + 1+ 4m + 4m + 1 8z = 14, ahonnan rendezéssel: (1) 4k + 4k + 4m + 4m 8z = 1. (1) mindkét oldalát 4-gyel osztva azt kapjuk, hogy k + k + m + m z = 3, amelyből kiemelés után () k ( k + 1 ) + m ( m + 1) z = 3. A k és k + 1, illetve m és + 1 illetve m ( m +1) páros számok. m közvetlen egymás utáni egész számok, ezért ( k +1) k, pont pont Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy z is páros egész szám, ezért () bal oldala páros, jobb oldala pedig páratlan egész szám. Ez nem lehetséges, tehát () nem teljesülhet egyetlen k ; m; z egész számokból álló számhármasra sem. Minden esetet megvizsgáltunk, megoldást egyetlen esetben sem kaptunk, az x + y 8z = 14 egyenletnek tehát nincs megoldása az egészekből álló számhármasok halmazán. Összesen: II. Megoldás: Az x; y egész számok mindegyike páratlan. (előző megoldásban részletezve) Átrendezve az egyenletet: x 1+ y 1 8z = 1 ( x 1)( x + 1) + ( y 1)( y + 1) 8z = 1 Itt a két szorzatban két egymás utáni páros szám áll, tehát mindkét szorzat osztható 8-cal. A bal oldal egy 8-cal osztható szám z értékétől függetlenül. A jobb oldalon a 1 nem osztható 8-cal. Tehát nincs megoldása az egyenletnek. 10 pont 3 pont pont 3 pont Összesen: 10 pont OKTV 014/015 3 első forduló 1

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 4. Oldja meg a valós számok halmazán az log x + 4 log5 x 1 = log5 x + 4 x 1 egyenletet! ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 Megoldás: A logaritmus értelmezése miatt x > 4, illetve x > 1, ezért a feladat megoldásait az A = 1; halmazon keressük. ] [ Az egyenlet jobb oldala a logaritmus azonosságai miatt átalakítható, így (1) ( + 4) log ( x 1) = log ( x + 4) + log ( x 1) log5 x 5 5 5. Végezzük el az a = log 5 ( x + 4) és a = log 5 ( x 1) b helyettesítéseket, ezekkel (1) a következő alakba írható: () a b= a+ b. pont pont A () egyenlet rendezésével és kiemeléssel: (3) ( 1 )( b ) = 0 a. A (3) egyenlet szerint a = 1 vagy b = lehetséges. Ha a = 1, akkor log 5 ( + 4) = 1 következik. Ez a szám azonban nem eleme az = ] 1; [ Ha pedig = log 5 x 1 = hogy x 1 = 5, azaz x = 6. x, ebből a logaritmus definíciója szerint x +4 = 5, azaz x = 1 b, akkor ( ) A halmaznak, ezért nem megoldás., innen a logaritmus definíciója alapján azt kapjuk, Ez a szám megfelel a feladat feltételeinek és behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy valóban megoldása a feladatnak. Összesen: pont 10 pont OKTV 014/015 4 első forduló 13

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 5. Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE háromszöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával. AB Bizonyítsa be, hogy = cos( CED )! CD Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók. A α D k 1 O 1 M O E B C k A k 1 és k körök sugara egyenlő, legyen ez a sugár R. A k 1 körben a CD húrhoz az ábra jelölése szerint, α nagyságú kerületi szög tartozik. Egyenlő sugarú körökben az egyenlő hosszúságú húrokhoz egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, ezért a k körben, amelynek CD ugyancsak húrja, a CD húrhoz szintén α nagyságú kerületi szög tartozik, vagyis CED = α. A kerületi szögek tétele miatt a k 1 körben CBD = α, így a BED háromszög egyenlő szárú háromszög, mert a BE alapon fekvő szögei egyenlők. A BED háromszögnek BDA külső szöge, ezért BDA = α. Ismeretes, hogy a kör egy húrjának hossza kifejezhető a kör sugarával és a húrhoz tartozó kerületi szög szinuszával. Eszerint egyrészt a k 1 körben AB = R sin α, másrészt a k körben CD = R sinα. Ebből azt kapjuk, hogy AB R sin α = CD R sinα. Felhasználva a sin α = sinα cosα trigonometriai azonosságot, egyszerűsítés után (nyilvánvaló, hogy sinα 0 ), azt kapjuk, hogy AB = cosα, CD ez pedig a bizonyítandó állítással. Összesen: pont pont pont pont 10 pont OKTV 014/015 5 első forduló 14

Megoldások I. forduló Szakközépiskola Matematika I. kategória 6. Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; ; 3; 4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.) Megoldás: A megadott számokból három pár képezhető aszerint, hogy mely számpárok nem kerülhetnek szomszédos mezőbe, ezek: (1) ( 1 ; 4), ( ; 5) és ( ; 6) 3. A nagy négyzetbe bármelyik számot beírhatjuk, tehát ennek kitöltésére 6 lehetőségünk van, ekkor viszont a nagy négyzetbe írt szám (1)-nek megfelelő párját a jobb felső mezőbe kell írnunk. pont pont A bal felső mezőbe a megmaradt 4 szám bármelyike kerülhet, az ide írt szám (1)-ben látható párját két helyre írhatjuk: a jobb oldali középső vagy alsó mezőbe. pont Az előző elhelyezések után már csak egy (1) szerinti számpár maradt, ezeket kétféleképpen helyezhetjük el, hiszen ha eldöntöttük, hogy melyiket írjuk a felső középső mezőbe, a másik nyilván az utolsó üres mezőbe kerül. pont Az összes kitöltési lehetőségek száma tehát 6 4 = 96. Összesen: pont 10 pont OKTV 014/015 6 első forduló 15

Megoldások I. forduló Gimnázium A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató 1. Tekintsük azokat az ötjegy számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tartalmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy számoknak az összege? Megoldás: A megadott számjegyek között nem szerepel a 0, ezért mindegyik ugyanannyiszor fordul el a keresett számokban mind az öt helyiértéken. Elegend tehát megnézni, hogy a négy számjegy közül az egyik hányszor fordul el egy rögzített helyiértéken. Kiválasztjuk az öt helyiérték ( közül azt a kett t, ahova azonos számjegy kerül. Ez 5 10-féleképpen lehetséges, mivel ) = 10. A megmaradt három helyre a másik három számjegy 6-féleképpen kerülhet. Így 10 6 = 60 lehet ség van. 3 pont Mivel az 5,6,7,8 jegyek mindegyike 60-szor fordul el mind az öt helyiértéken, ezért a feladatban említett számok összege 60 (5 + 6 + 7 + 8) 11111 = 17333160. pont Összesen 7 pont. Legyen C az AB szakasz bels pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük az AB, AC és CB átmér j félköröket. A C ponton át az AB-re emelt mer leges egyenes az AB-re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC-re emelt félkörív metszéspontja E, a BD szakasz és a CB-re emelt félkörív metszéspontja F. Igazoljuk, hogy az EF egyenes az AC-re illetve CB-re emelt félkörívek közös érint je lesz. Megoldás: Thalesz tétele alapján ADB = AEC = CF B = 90. A CEDF négyszög tehát téglalap. A téglalap szimmetrikus az oldalainak felez mer legesére, így F DC = CEF. Másrészt F DC = DAB, hiszen mer leges szárú hegyesszögek. Tekintsük az AEC háromszög köré írt kört és abban az EC húrhoz tartozó DAB kerületi szöget. Imént azt kaptuk, hogy CEF = DAB, ebb l az következik, hogy CEF OKTV 014/015 1 1. forduló 16

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória az EC húrhoz tartozó érint szárú kerületi szög, azaz EF érint je az AEC háromszög köré írt körnek. pont Ugyanígy igazolható, hogy EF érinti a CB-re emelt félkörívet is. D F E A C B Összesen 7 pont 3. Legyen a 1 = 1, a sorozat további elemeit a következ összefüggés határozza meg: a n+1 a n = 4(a n+1 1), n pozitív egész Igazoljuk, hogy a sorozat els 05 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 014. Megoldás: A képzési szabály alapján a sorozat els néhány eleme: a 1 = 1, a = 4 3, a 3 = 6 4, a 4 = 8 5, a 5 = 10,... 6 A sorozat els tagjait tekintve kialakulhat a sejtés, hogy a n = n. Ezt teljes indukcióval n+1 igazoljuk. Kezd lépés: ha n = 1, akkor a deníció alapján a 1 = 1 és valóban 1 = 1. 1+1 Indukciós lépés: feltesszük, hogy az állítás igaz n-re és ennek segítségével bebizonyítjuk n+1-re. Az alábbi számolásban el ször a n+1 -et kifejezzük a feladatban megadott rekurzív összefüggés segítségével, alkalmazzuk az indukciós feltevést, majd kiszámoljuk a n+1 -et és megkapjuk a bizonyítandót. a n+1 = 4 4 = 4 a n 4 n n+1 = 4 4n+4 n n+1 = (n + 1) n +. A sorozat els 05 tagjának szorzata így könnyen számolható: 3 3 4 4 5 5 05... = 05 6 06 06 Most igazoljuk, hogy ez nagyobb, mint 014 : pont 05 06 = 11 014 06 = 014 048 06 > 014 Összesen 7 pont OKTV 014/015 1. forduló 17

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória 4. Az ABC háromszög kerülete 1 cm, területe 6 cm. Legyen P az ABC háromszög egy bels pontja. A P pontnak a BC, CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer leges vetületei legyenek rendre D, E és F. Tekintsük az alábbi összeget S = BC P D + CA P E + AB P F. (a) Határozzuk meg S minimális értékét. (b) A háromszög mely P bels pontjára lesz S értéke minimális? Megoldás: Jelölje a háromszög oldalait a szokásos módon a, b, és c és legyen továbbá P D = x, P E = y és P F = z. Ezen jelölésekkel S = a x + b y + c z. Az ABC háromszög T területe az ABP, BCP és CAP háromszögek területének összegével egyenl. Így T = ax + by + cz = 1cm. Mivel T rögzített, ezért S pontosan akkor lesz minimális, amikor T S, ezért vizsgáljuk ez utóbbit: ( a T S = (ax + by + cz) x + b y + c ) pont z A szorzást elvégezzük és kihasználjuk, hogy pozitív szám és reciprokának összege legalább : ( x T S = a + b + c + ab y + y ) ( y + bc x z + z ) ( z + ca y x + x ) z a + b + c + ab + bc + ca = (a + b + c) = (1cm) pont A becslés során használt x + y egyenl tlenségben akkor és csak akkor van egyenl ség, y x ha x = y. T S és egyúttal S tehát akkor lesz minimális, ha x = y = z, azaz P a háromszög beírt körének középpontja. Mivel T = 1cm és T S minimumának értéke (1cm), ezért S minimális értéke 1. pont Összesen 7 pont 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert sin x + cos y = y, sin y + cos x = x. Megoldás: Mivel sin x + cos x = sin y + cos y = 1, ezért a kit zött egyenletek összegéb l a következ t kapjuk: (1) x + y = A feladatban szerepl egyenletek megfelel oldalainak a különbségét vizsgáljuk és felhasználjuk, hogy cos x = 1 sin x és cos y = 1 sin y. Ekkor sin x (1 sin x) + (1 sin y) sin y = y x, OKTV 014/015 3 1. forduló 18

Megoldások I. forduló Gimnázium Matematika II. kategória amib l a következ t kapjuk: () sin x + x = sin y + y Az (1)-es egyenletb l következik, hogy x és y is a [ ; ] intervallumban van. (Ugyanezt megkaphatjuk közvetlenül a kiindulási egyenletekb l is, hiszen 1 sin x 1 és 1 cos x 1. ) Ha x és y kielégítik (1)-et, akkor az abszolút értékük is megoldás. Ugyanez igaz a () egyenletre is, mivel a változók második hatványon szerepelnek, illetve a szinusz függvény páratlan és az is a négyzeten szerepel. Használjuk ki, hogy < π, a sin x és x függvény egyaránt szigorúan monoton növ a [0; ] intervallumon, tehát az összegük is. Tehát (1) és () csak akkor teljesülhet, ha x = y. Ezt (1)-gyel összevetve a következ négy (x; y) megoldáspárt kapjuk: (1; 1) (1; 1) ( 1; 1) ( 1; 1). Összesen 7 pont OKTV 014/015 4 1. forduló 19

Megoldások I. forduló Specmat A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) Javítási-értékelési útmutató Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait tól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 1363 Budapest, Pf. 19. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a versenybizottság legfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 014. november A versenybizottság 1. feladat Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n + 3 alakú szám közös osztói? Megoldás: Tegyük fel, hogy a k természetes szám osztója n + 3-nak és (n + 1) + 3-nek is. Ekkor k osztója a különbségüknek is, vagyis n + 1-nek is. ( pont) Ekkor k ugyancsak osztója az n(n + 1) (n + 3) = n 6 számnak, és így (n + 1) (n 6) = 13-nak is. Tehát ha k > 1, akkor csak k = 13 lehet. (3 pont) Másrészt a 13 szám valóban megfelelő, mert n = 6-ra 13 osztója az n + 3 = 39 és az (n + 1) + 3 = 5 számnak is. ( pont) Megjegyzés: A 13 számhoz n + 3 és n + 1 másféle kombinációi útján is eljuthatunk (például 4(n +3) (n 1)(n+1) = 13), a megoldás középső részlete ezek bármelyikével teljes értékű. OKTV 014/015 1 1. forduló 0

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória. feladat Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai. Első megoldás: Legyenek az ABC háromszög AB, BC, AC oldalán felvett pontok rendre C 1, A 1, B 1. Legyen még AC 1 /AB = x, BA 1 /BC = y, és CB 1 /CA = z. A háromszög területére vonatkozó képlet alapján T AB1C 1 T ABC = AB 1 AC 1 sin α AB AC sin α = (1 z) x = 1/4. Hasonlóan kapjuk, hogy (1 x) y = 1/4, valamint (1 y) z = 1/4. (3 pont) Az első egyenletből z-t kifejezve majd a harmadikba helyettesítve (1 y) (1 1/(4x)) = 1/4, azaz 1 y = x/(4x 1). Ezt a második egyenletbe helyettesítve x-re az (1 x) 3x 1 4x 1 = 1 4 egyenlet adódik. Innen átrendezéssel 4x 4x + 1 = 0, amit egyedül az x = 1/ érték elégít ki. (3 pont) Ezt az egyenletekbe visszahelyettesítve y = z = 1/, vagyis a pontok valóban az oldalak felezőpontjai. () Második megoldás: Használjuk az előző megoldásban bevezetett jelöléseket. Válasszuk meg az egységet úgy, hogy az ABC háromszög területe éppen 1 legyen. Ekkor az AB 1 C 1, BC 1 A 1, CB 1 A 1 háromszögek mindegyikének területe 1/4, és rendre egyenlő az x(1 z), y(1 x), z(1 y) értékekkel. (3 pont) A számtani és mértani közép közötti egyelőtlenségek alapján 3 = T AB1C 1 + T BC1A 1 + x + (1 z) y + (1 x) z + (1 y) T CB1A 1 + + = 3. (3 pont) Egyenlőség csak úgy állhat, ha x = 1 z, y = 1 x, és z = 1 y, ahonnan x = y = z = 1/ adódik. Az osztópontok tehát felezőpontok. () 3. feladat A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p + 1)/. Megoldás: A p prímszám kitevője az n! felbontásában [ ] [ ] [ ] n n n + p p + p 3 +..., OKTV 014/015 1. forduló 1

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória ahol [x] az x szám egészrészét jelöli, és az összegzést addig kell folytatni, amíg az egészrész nulla nem lesz. ( pont) A feltevés szerint p < q, így minden i kitevőre [ ] n p i [ ] n q i. Ezért p és q kitevője csak úgy egyezhet meg, ha minden i 1-re [ ] n p i = [ ] n q i teljesül. Jelölje k az [n/p] és [n/q] közös értékét, ekkor tehát () kp n < (k + 1)p és kq n érvényes. () Mivel p < q páratlan prímek, azért p + q. Emiatt a fenti egyenlőtlenségekből k(p + ) kq n < (k + 1)p, majd ebből k < p, azaz k p 1 következik. ( pont) Ezeket felhasználva valóban n < (k +)p (p+1)p, amit bizonyítani akartunk. () 4. feladat Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet. Első megoldás: A tetraéder csúcsait jelölje A 1, A, A 3, A 4, merőleges vetületeiket az S síkra A 1, A, A 3, A 4 úgy, hogy ezek ebben a körüljárási sorrendben paralelogrammát alkossanak. Feltehetjük, hogy a tetraéder mindegyik csúcsa S-nek ugyanazon az oldalán van, mert a síkot önmagával párhuzamosan eltolva az eredetivel egybevágó vetületet kapunk. Legyen d i az A i távolsága S-től, e i az A i -ben S-re állított merőleges, P 1 az A 1 merőleges vetülete az e egyenesre, P 4 pedig az A 4 merőleges vetülete az e 3 egyenesre. Az A 1 P 1, A 1A, A 4A 3, A 4 P 4 irányított szakaszok párhuzamosak, egyenlő hosszúak és egyenlő állásúak. Tekintsük azt az eltolást, amely A 1 -et A 4 -be, és így P 1 -et P 4 -be viszi. Ennél az e egyenes e 3 -ba megy (hiszen ez a P 4 -en át e -vel húzott párhuzamos). Ezért az A pont képe rajta van e 3 -on, távolsága A 4 -től pedig a tetraéder élhossza. Ilyen pont (legfeljebb) kettő van: az egyik az A 3, a másik pedig az A 3 pont T tükörképe P 4 -re. De A nem mehet A 3 -ba, mert akkor A A 3 párhuzamos lenne A 1 A 4 -gyel, és így a tetraéder csúcsai egy síkban lennének. Ezért A képe T, azaz d d 1 = d 4 d 3 (az A P 1, illetve a T P 4 hossza). (3 pont) OKTV 014/015 3 1. forduló

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória A paralelogramma másik párhuzamos oldalpárját használva az analóg gondolatmenet azt adja, hogy d 4 d 1 = d d 3. A két egyenletből d = d 4 és d 1 = d 3 adódik. Ezért A 3 -nak az e egyenesre eső merőleges vetülete a P tal esik egybe. Az A 1 P 1 A és az A 3 P 1 A derékszögű háromszögek egybevágók, mert átfogóik a tetraéder élei, amik egyenlők, egyegy befogójuk pedig közös. Ezért a másik két befogó hossza is egyenlő, azaz A 1 P 1 = A 3 P 1. Emiatt A 1A = A 3A, és ezzel beláttuk, hogy az A 1A A 3A 4 paralelogramma rombusz. (3 pont) Mivel d 1 = d 3, ezért az A 1 A 3 szakasz párhuzamos az S síkkal, és így a vetületének hossza a tetraéder élhossza. Ugyanez érvényes az A A 4 szakaszra is, és így a rombusz átlói egyenlők, tehát négyzetről van szó. () Második megoldás: Foglaljuk a szabályos tetraédert egy kockába: legyenek a kocka egy csúcsból kiinduló élvektorai a, b, c, a szabályos tetraéder csúcsaiba pedig mutassanak a 0, a + b, a + c és b + c vektorok. ( pont) Az a, b, c vektorok merőleges vetületei a megadott síkra legyenek a, b, c ; ekkor a tetraéder csúcsaiba mutató vektorok vetülete rendre 0, a + b, a + c és b + c. Ezek a vektorok a paralelogramma egyik csúcsából mutatnak a paralelogramma csúcsaiba. ( pont) OKTV 014/015 4 1. forduló 3

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória Válasszuk meg a jelölést úgy, hogy a paralelogramma egyik oldalvektora a + b legyen. Ekkor a vele szemben fekvő oldalvektor (b + c ) (a + c ) = b a. Ez a két vektor csak akkor lehet egyenlő vagy egymás ( 1)-szerese, ha a = 0 vagy b = 0, vagyis ha a kocka egy élének két végpontja ugyanarra a pontra vetül. () Ekkor pedig a kocka vetülete és vele együtt a szabályos tetraéder vetülete is négyzet. ( pont) Harmadik megoldás: A vetületparalelogramma két átlója a tetraéder két kitérő élének a vetülete. Az átlók felezőpontja egybeesik, ezért a vetítés iránya párhuzamos a két kitérő él felezőpontját összekötő egyenessel, azaz a tetraéder egyik éltengelyével. ( pont) A szabályos tetraédert az éltengely körüli 90 -os forgatás olyan tetraéderbe viszi, amely egy az éltengelyre merőleges síkra vonatkozó tükrözéssel is előállítható az eredeti tetraéderből. A két tetraédernek tehát azonos a vetülete. (3 pont) A vetület ezért olyan négyszög, amelyet az átlói metszéspontja körüli 90 -os forgatás önmagába visz, tehát négyzet. ( pont) 5. feladat Egy 014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P 1, P,..., P 014. Bizonyítsuk be, hogy a P 1 P, P P 3,..., P 013 P 014, P 014 P 1 egyenesek között van két párhuzamos. Első megoldás: Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait pozitív körüljárás szerint az 1,,..., 014 számokkal. Legyen a P i csúcshoz írt szám a i. A P i P i+1 és a P j P j+1 egyenes pontosan akkor párhuzamos, ha a i + a i+1 és a j + a j+1 vagy megegyezik, vagy pontosan 014-gyel tér el egymástól. ( pont) Indirekt módon tegyük fel, hogy az adott egyenesek között nincs két párhuzamos, ekkor ezek a páronkénti összegek minden 014-es maradékot pontosan egyszer adnak ki. () Tekintsük most az (a 1 + a ) + (a + a 3 ) +... + (a 013 + a 014 ) + (a 014 + a 1 ) összeget. Mivel az a 1,..., a 014 számok pontosan az 1,..., 014 számokkal egyeznek meg, ez az összeg 014 015, tehát osztható 014-gyel. Másrészt az egyes zárójelekben szereplő összegek mind különböző maradékot adnak 014-gyel osztva, ezért az összeg 014-es maradéka egyenlő 0 + 1 +... + 013 = 013 014 = 014 1006 + 1007 014-es maradékával, vagyis nem nulla. A kapott ellentmondás igazolja az indirekt feltevés lehetetlenségét. (4 pont) Második megoldás: Egy szabályos n oldalú sokszög oldalai és átlói pontosan n különböző irányt (párhuzamossági osztályt) határoznak meg. ( pont) OKTV 014/015 5 1. forduló 4

Megoldások I. forduló Specmat Matematika III. kategória Ezért ha indirekt feltevéssel a kérdéses egyenesek között nincs két párhuzamos, mind a 014 lehetséges iránynak pontosan egyszer kell szerepelnie. () Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait körüljárás szerint az 1-től 014-ig terjedő egész számokkal. A sokszög átlóit és oldalait aszerint nevezzük párosnak, illetve páratlannak, hogy a két végpontjának a sorszáma páros vagy páratlan számban tér el egymástól. (Például az oldalak így mindannyian páratlanok.) Ha két átló vagy oldal párhuzamos, akkor a paritása azonos. Ezért beszélhetünk az irányaik paritásáról. () Tekintsük az egyik olyan szabályos 1007-szöget, amelyet minden második csúcs kiválasztásával kapunk. Ennek az 1007-szögnek az oldal- és átlóirányai az eredeti sokszög oldal- és átlóirányai közül pontosan a párosak, ezért páros irányból 1007 van. Következésképpen ugyancsak 1007 páratlan irány van. () Ezért a megadott egyenesek között is pontosan 1007 páratlan irányú kell legyen. Ugyanakkor a páratlan irányú egyenesek száma ennek ellentmondva páros, hiszen ahányszor a P 1, P,... ciklikus sorrend átvált párosról páratlanra, ugyanannyiszor kell páratlanról párosra váltania. ( pont) OKTV 014/015 6 1. forduló 5

Megoldások II. forduló Szakközépiskola OktatásiHivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x, y) valós számpárt, amely megoldása a következ egyenletrendszernek: x y + xy = 6 1 x + 1 y = 3. I. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a. egyenletnek nem lenne értelme. Az els egyenlet bal oldalát alakítsuk szorzattá, a második egyenletben pedig hozzunk közös nevez re. xy(x + y) = 6 x + y = 3 xy Vezessük be az u = x + y és v = xy új ismeretleneket. egyenletrendszer vu = 6 u v = 3 alakban írható. A két egyenlet összeszorzásával Behelyettesítés után az () () () u = 9, u 1 = 3 és u = 3. () Az ezekhez tartozó v értékek v 1 =, illetve v =. () Visszahelyettesítve az eredeti egyenletekbe kapjuk, hogy { { x + y = 3 x + y = 3 és xy = xy = () 6

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika A Viete-formulák felhasználával az x és y az a 3a + = 0, illetve az a + 3a = 0 () egyenlet gyökei. Az els egyenletb l x 1 =, y 1 = 1, illetve x = 1, y =, () míg a másik egyenletb l x 3 = 3 + 17, y 3 = 3 17, illetve x 4 = 3 17, y 4 = 3 + 17. () A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek. () Összesen: 10 pont II. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a. egyenletnek nem lenne értelme. Fejezzük ki a második egyenletb l y-t: y = x 3x () () és helyettesítsük be az els egyenletbe x ( ) x x 3x + x = 6 () 3x az egyenletet (3x ) -tel szorozva, rendezés után kapjuk: x x (3x ) + x (x) = 6 (3x ) x 4 = (3x ) () Szorzattá alakítva: x 4 (3x ) = 0 ( x + 3x ) ( x 3x + ) = 0 () tehát az x 3x + = 0 vagy x + 3x = 0 () Az els egyenletb l x 1 =, y 1 = 1 illetve x = 1, y =, () I. kategória - - 014/015 7

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika míg a másik egyenletb l x 3 = 3 + 17, y 3 = 3 17, illetve x 4 = 3 17, y 4 = 3 + 17. ( pont) A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek. () Összesen: 10 pont. feladat: Az ABCD rombusz hegyesszöge 45. Mutassa meg, hogy a rombusz beírt körének tetsz leges P pontjára teljesül P A + P B + P C + P D = 5 AB. I. Megoldás: A megoldás során többször felhasználjuk, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenl az oldalak négyzetösszegével (Geometria FGY I. 1671. feladat). Ennek következménye, hogy a háromszög súlyvonala kifejezhet az oldalak hosszának segítségével. () () Legyen O a beírt kör középpontja. Ekkor P O az AP C háromszög súlyvonala, ezért P O = P A + P C Hasonló meggondolással a BP D háromszögb l kapjuk, hogy P O = P B + P D AC 4. () BD 4. () Ha összeadjuk a két egyenletet és szorozzuk mindkét oldalt -vel, akkor rendezés után P A + P B + P C + P D = 4 P O + AC + BD. () Az AC és BD a rombusz átlói, így a paralelogramma-tétel alapján AC + BD = 4 AB. () I. kategória - 3-014/015 8

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika Másrészt a rombusz magassága P O, hegyesszöge 45, tehát P O = AB, vagyis 4 P O = 1 AB. ( pont) Ezeket felhasználva P A + P B + P C + P D = 4 P O + AC + BD = 1 AB + AB = 5 AB. = 4 P O + AB = ( pont) Összesen: 10 pont II. Megoldás: Irányítsunk vektorokat az O pontból a rombusz csúcsaiba és a P pontba az ábra szerint. Legyen OA = a, OB = b és OP = p. A rombusz átlói felezik egymást, így OC = OA = a továbbá OD = OB = b. () A P A szakasz hosszának négyzete a (p a) vektor önmagával vett skaláris szorzata, emiatt P A + P B + P C + P D = (p a) + (p b) + (p + a) + (p + b) = 4p + a + b. Ebb l egyrészt a Pitagorasz-tétel miatt a + b = AB, másrészt az els megoldásban szerepl gondolattal a rombusz magassága P O, hegyesszöge 45, tehát () ( pont) ( pont) () Ezzel beláttuk, hogy P O = AB, vagyis 4 p = 1 AB. ( pont) P A + P B + P C + P D = AB + 1 AB = 5 AB. () Összesen: 10 pont I. kategória - 4-014/015 9

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika Megjegyzések: 1. A rombusz középpontja körül rajzolt R sugarú kör tetsz leges P pontjára állandó lesz a kifejezés értéke. P A + P B + P C + P D. A feladat állítása általánosabban is igaz. Egy tetsz leges n-szög (n pontból álló pontrendszer) esetén a súlypont, mint középpont körül rajzolt R sugarú kör tetsz leges P pontjának az n-szög csúcsaitól (a pontrendszer pontjaitól) vett távolságainak négyzetösszege nem függ a P pont választásától, azaz n P A i = állandó i=1 Az állítás bizonyítása a. megoldásban közölt módon végezhet el. 3. feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész. A négyzetes oszlop V térfogatának és A felszínének mér számai között fennáll a V = 015 A összefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik, amely megfelel ezeknek a feltételeknek? I. Megoldás: Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatban szerepl feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel V = a b, továbbá A = a + 4ab. Így a b = 015 (a + 4ab). ( pont) Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd a jobb oldal nullára rendezését követ en alakítsuk az egyenlet bal oldalát szorzattá. a b 015 a 4 015 b = 0, () a b 015 a 4 015 b + 015 4 015 = 015 4 015, (a 4 015)(b 015) = 015 4 015. ( pont) A jobb oldalon álló pozitív egész szám bármelyik pozitív osztójához párosítva az osztópárját az egyenlet egy helyes megoldásához jutunk. Amennyiben k n = 015 4 015 és k, n < 0 negatív osztópár, akkor a k = 4 015, n = 015 párhoz az a = 0, b = 0 tartozna, míg a további negatív párok esetében az egyik tényez abszolút értéke mindenképpen nagyobb lesz, mint a megfelel a 4 015, I. kategória - 5-014/015 30

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika vagy b 15 abszolút értéke, így ezekben a további esetekben a és b közül az egyik negatív egész lenne. Elegend tehát a pozitív osztópárokra szorítkoznunk. Mivel nem szimmetrikus a két tényez, így minden osztóra különböz megoldást kapunk. Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány osztója van a 3 015 számnak. A pozitív osztók száma () () () d( 3 015 ) = d( 3 5 13 31 ) = 4 3 3 3 = 108. () Tehát 108 különböz ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. () Összesen: 10 pont II. Megoldás: Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatban szerepl feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel V = a b, továbbá A = a + 4ab. Így a b = 015 (a + 4ab). ( pont) Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd majd kezdjük meg a rendezést, az a-ra megoldáshoz a (b 015) = 4 015 b A jobb oldal pozitív, tehát a bal oldal is. a pozitív, mert éthossz, tehát a b 015 kifejezés is, tehát oszthatunk vele. a-t kifejezve kapjuk: a = 4 015 b b 015 Tovább alakítva a törtet a = 4 015 (b 015) + 3 015 b 015 = 4 015 + 3 015 b 015 A nevez nek (a b 015 kifejezésnek) az el z ek szerint a számláló pozitív osztójának kell lennie az el z ek szerint. Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány pozitív osztója van a 3 015 számnak. A pozitív osztók száma () () () ( pont) () d( 3 015 ) = d( 3 5 13 31 ) = 4 3 3 3 = 108. () I. kategória - 6-014/015 31

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika Tehát 108 különböz ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. () Összesen: 10 pont 4. feladat: Az ABC háromszög szögei CAB = 75 és ABC = 60. Legyenek az ABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozó tükörképei rendre X, Y és Z pontok. Közelít értékek használata nélkül határozza meg az XY Z és ABC háromszögek területének arányát! I. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC, CA és AB oldalakkal való metszéspontjai rendre D, E és F. Az AF M E négyszög két szemben fekv szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégyszög, innen azt kapjuk, hogy EMF = CMB = 105. Az X pont az M magasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB = 105. Látható, hogy CAB +BXC = 180. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is a körülírt körön lev pontok. AzABE és ACF derékszög háromszögekben ABE = ACF = 15, ebb l a tükrözés tulajdonsága miatt ABZ = ACY = 15 következik. A kerületi szögek tétele szerinty CZ = Y XZ, így beláttuk, hogy Y XZ = 30. Hasonlóan kapjuk, hogy F CB = MCD = 30, és így a tükrözés miatt MCX = ZCX = 60, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z = 60. Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. AZ ABC és XY Z háromszögek körülírt köre közös, legyen ennek a sugara R. A továbbiakban felhasználjuk a szögekre vonatkoz eredményeinket. Az általános szi- () () () () I. kategória - 7-014/015 3

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika nusztétel szerint XY = Rsin60 = R 3, és Y Z = Rsin30 = R. Az XY Z háromszög derékszög, ezért területe T 1 = XZ Y Z = R 3. ( pont) Felhasználva a két szög összegének szinuszára vonatkozó addíciós tételt, hogy: 6 + sin75 = sin(45 + 30 ) = sin45 cos30 + cos45 sin30 =. 4 Ugyancsak az általános szinusztétel szerint AB = Rsin45 = R 6 +, és BC = Rsin75 = R. () Az ABC háromszög T területére az eddigiek alapján: T = AB BC sin60 = R 6( 6 + ) 8 = R 3( 3 + 1). ( pont) 4 A két terület aránya T 1 T = R 3 R 3( 3+1) 4 = 3 + 1 = 3 1. () Megjegyzések: Összesen: 10 pont 1. Az els pontot akkor is megkapja a versenyz, ha nem bizonyítja be, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak, de helyesen hivatkozik a tételre.. A második pontot akkor is megkapja a versenyz, ha el bb bizonyítja, hogy ABZ = 15, majd hivatkozik a kerületi szögek tételére II. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC, CA és AB oldalakkal való metszéspontjai rendre D, E és F. I. kategória - 8-014/015 33

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika Az AF M E négyszög két szemben fekv szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégyszög, innen azt kapjuk, hogy EMF = CMB = 105. Az X pont az M magasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB = 105. Látható, hogy CAB +BXC = 180. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is a körülírt körön lev pontok. AzABE és ACF derékszög háromszögekben ABE = ACF = 15, ebb l a tükrözés tulajdonsága miatt ABZ = ACY = 15 következik. A kerületi szögek tétele szerinty CZ = Y XZ, így beláttuk, hogy Y XZ = 30. Hasonlóan kapjuk, hogy F CB = MCD = 30, és így a tükrözés miatt MCX = ZCX = 60, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z = 60. Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. A terület kiszámításához használjuk fel a következ összefüggéseket: () () () () és T ABC = AB BC CA 4R AB = Rsin45 ; BC = Rsin60 ; CA = Rsin75 XY Y Z ZX T XY Z = 4R XY = Rsin90 ; Y Z = Rsin60 ; ZX = Rsin30 ( pont) rendezés után T ABC = T XY Z = AB BC CA 4R XY Y Z ZX 4R = R sin45 sin60 sin75 = R sin90 sin60 sin30 ( pont) I. kategória - 9-014/015 34

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika valamint 6 + sin75 = sin(45 + 30 ) = sin45 cos30 + cos45 sin30 =. () 4 A két terület aránya T XY Z T ABC = R sin90 sin60 sin30 R sin45 sin60 sin75 = 1 = 3 1 3 6+ 4 4 ( ) = = 3 1 6 + 3 + 1 = () Összesen: 10 pont 5. feladat: Papírból 6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetet vágtunk ki, majd azokból egy-egy L-alakot raktunk le a b cm oldalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánál az ábra szerint. (A hatoldalú L-alak kett oldala a, négy oldala pedig a hosszúságú.) Így az asztallap két feketével jelölt része kétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett. A nem fedett részek területének összege, a kétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott) részek területének összege cm -ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monoton növ számtani sorozat egymást közvetlenül követ tagjai. (Az ábra nem méretarányos.) Határozza meg a b és a oldalak arányának pontos értékét! I. Megoldás: A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala vagy valamely a oldalhosszúságú négyzet egyik oldalára, vagy a b oldalú négyzet egyik oldalára illeszkedik, ezért ezek szemközti oldalai párhuzamosak, szögei 90 -osak, valamint bármely oldaluk hossza b a, így ezek olyan négyzetek, amelyeknek területe (b a). Így a nem fedett részek területének összege: () 3 (b a) = 3b 1ab + 1a. () Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig a (b a) = 3a b. () Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege: (3a b) = 18a 1ab + b. () Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege: b (3b 1ab + 1a ) (18a 1ab + b ) = 30a + 4ab 4b. () I. kategória - 10-014/015 35

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika A három terület mér száma egy monoton növ számtani sorozat egymást közvetlen követ eleme, ezért: 18a 1ab + b (3b 1ab + 1a ) = 30a + 4ab 4b (18a 1ab + b ), () 6a b = 48a + 36ab 6b, 5b 36ab + 54a = 0, ( b ) ( b 5 36 + 54 = 0, a a) b a = 36 ± 196 4 5 54 10 = 18 ± 3 6. () 5 Ha b 3a akkor nincs kétszer fedett (fekete) rész, ezért b < a 3. Ha b a akkor nincs nem fedett rész, s t az a oldalú négyzetek egy része még le is lóghat az asztalról. Tehát < b < 3. a Ezekb l következik, hogy 18+3 6 > 18 > 3 5 5 nem megoldás. Mivel () < 10, 5 5 = 18 3, 5 5 ezért a keresett pontos érték: < 18 3 6 5 < 18 3, 4 5 = 10, 8 5 < 3, () 18 3 6. () 5 Összesen: 10 pont II. Megoldás: Ha az elrendezésünket kétszeresére növeljük, akkor a négyzetek oldalai is kétszeresek lesznek, míg a területek négyszeresre változnak. A területek különbsége is négyszeres lesz. A számtani sorozat tulajdonságuk is megmarad, hiszen a különbségük is négyszeresre növekszik. Ugyanígy igaz lenne, ha tetsz legesen nagyítanánk vagy kicsinyítenénk. Tehát vegyük azt az esetet, amikor a kicsi négyzetek (a oldalú négyzetek) éppen egységnyiek, a nagy négyzet (b oldalú) mérete pedig legyen x. A feladat ezen x értékének a meghatározása, hiszen ez éppen a keresett arány. A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala x nagyságú. Ebb l következik az x > egyenl tlenség, másrészt a területe (x ). Így a nem fedett részek területének összege: () () 3 (x ) () Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig 1 (x ) = 3 x. Ebb l következik x-re egy újabb feltétel: 3 > x. () I. kategória - 11-014/015 36

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege: Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege: (3 x) () x (3 x) 3 (x ) () A három terület mér száma egy monoton növ számtani sorozat egymást közvetlen követ eleme, ezért: 4 (3 x) = x (3 x) 3 (x ) + 3 (x ) () 4x 4x36 = x + 1x 18 5x 36x + 54 = 0 x 1, = 36 ± 196 4 5 54 10 Mivel < x < 3, ezért a kapott két gyök közül csak a 18 3 6. 5 = 18 ± 3 6. () 5 felel meg. A keresett pontos érték: () 18 3 6. () 5 Összesen: 10 pont I. kategória - 1-014/015 37

Megoldások II. forduló Gimnázium A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató 1. Legyen n -nél nagyobb egész szám. Egy konvex n-szög három csúcsát kiválasztva annak a valószín sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs 35 közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát. Megoldás: A valószín séget úgy számoljuk ki, hogy azon háromszögek számát, melyeknek nincs közös oldala a sokszöggel, elosztjuk az összes kiválasztható háromszög számával. ( ) n A lehetséges n csúcs közül hármat kiválasztva összesen háromszöget kapunk. 3 Az összes háromszög számából le kell vonnunk azokat, amelyeknek két oldala is az eredeti sokszögnek oldala. A két oldal közös csúcsa az ilyen háromszöget egyértelm en meghatározza és ez n-féle lehet, ezért ilyenb l n van. Ha csak egy közös oldala van a háromszögnek és a sokszögnek, akkor a háromszög harmadik csúcsa (n 4)-féle lehet, így a következ egyenletet kapjuk: ( n ) 3 n n(n 4) ( n ) = 35. pont 3 Mivel n nem lehet 0, a bal oldalon álló törtben n-nel egyszersíthetünk. rendezve a következ másodfokú egyenletet kapjuk: 13n 49n + 656 = 0. Az egyenletet A kapott egyenletnek egy pozitív egész megoldása van a 16, tehát a sokszög 16 oldalú. pont Összesen 7 pont OKTV 014/015 1. forduló 38

Megoldások II. forduló Gimnázium. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai a, illetve b hosszúak. Mekkora a trapéz kerülete? Megoldás: Az ábra jelöléseit használjuk, a trapéz kiegészít háromszögének csúcsa legyen P. Megmutatjuk, hogy a CDF E trapéz hasonló az EF AB trapézhoz. Tekintsük azt a P középpontú nagyítást, ami CD-t EF -be viszi Ez a nagyítás az F DC szöget AF E szögbe viszi, tehát a D csúcsnál lev szögfelez t az F csúcsnál lev szögfelez be. Ugyanez igaz C-nél és E-nél. Ebb l következik, hogy az iménti nagyítás a CDF E beírt körét az EF AB beírt körébe viszi és így F E-t éppen AB-be. 3 pont P D C F M E L N A K B Legyen EF = d. A hasonlóság alapján b : d = d : a és ebb l d = ab. pont Kihasználjuk, hogy küls pontból a körhöz húzott érint szakaszok egyenl k AK = AN, BK = BL, LE = EM, MF = F N, így F A + AB + BE = d + a. Hasonlóan F D + DC + CE = d + b. A trapéz kerülete tehát a + b + d = (a + b + ab). pont Összesen 7 pont 3. Egy tudományos kutatásban n tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós el re megállapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve OKTV 014/015. forduló 39

Megoldások II. forduló Gimnázium közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervez nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet n, ha nincs köztük szervez? Megoldás: Legyenek a tudósok egy gráf pontjai, a pontok közti éleket négy színnel színezzük a szerint, hogy a pontoknak megfelel tudósok közti levelezésben melyik nyelvet használják. Mivel nincs szervez, ezért minden pontból mind a négy fajta színb l legfeljebb három él indulhat, ezért minden pont foka legfeljebb 1, azaz n legfeljebb 13. Ha n = 13 lehetséges lenne, akkor minden egyes pontból mind a négy színb l éppen 3 él indulna. Ekkor csak az egyik színt vizsgálva 13 darab harmadfokú pont lenne, így 39 végpontja lenne ezen éleknek. Másrészt minden élnek két vége van, így a vizsgált szín összes él végpontjainak száma páros kell legyen. Ebb l következik, hogy n = 13 nem lehet. pont Megmutatjuk, hogy n = 1 lehetséges, így ez a feladat kérdésére a válasz. Legyen a A 1, A, A 3, A 4 ; B 1, B, B 3, B 4 ; C 1, C, C 3, C 4. Az A bet s pontok közti élek legyenek pirosak, a B jel ek közt kékek, a C jel ek közt sárgák. Ha két pont bet jele különböz, de száma azonos, akkor legyen a köztük futó él zöld. Ha i j, akkor az A i és B j pontok közti él legyen sárga, az A i és C j közti él kék, a B i és C j közti él piros. Így minden pontból két zöld él indul, a piros, kék és sárga mindegyikéb l pedig három. 3 pont Összesen 7 pont 4. Határozzuk meg, mely pozitív egész a, b, c számokra teljesül az alábbi egyenlet: a! b! = a! + b! + c! (1) Megoldás: Feltehet, hogy a b. (1)-et átrendezve és szorzattá alakítva a következ t kapjuk: (a! 1)(b! 1) = c! + 1. () Nem lehet a = 1, mert akkor () bal oldala 0, míg a jobb oldala pozitív. Nem lehet a = sem, mert akkor b! = c! +, aminek nincs megoldása. A továbbiakban a >. (i) Tegyük fel, hogy a < b. (1)-et vizsgálva a! osztja a bal oldalt és a jobb oldali összeg els két tagját, tehát a! osztja c!-t, amib l a c következik. Ha a = c, akkor (1)-et a!-sal osztva b! = + b! a! adódik, amib l a < b miatt következik, hogy a + 1 osztja (3) bal oldalát és a jobb oldal második tagját, így a -t is, ami a > miatt nem lehet. Ha a < c, akkor (1)-et a!-sal osztva a következ t kapjuk b! = 1 + b! a! + c! a!. (3) OKTV 014/015 3. forduló 40

Megoldások II. forduló Gimnázium A bal oldal osztható a + 1-gyel, a jobb oldal második és harmadik tagja is, így az 1 is, ami a > miatt nem lehet. (ii) Hátra van az az eset, ha a = b. (1)-et a!-sal osztva a! = + c! = + (a + 1)(a + )...c, (4) a! ahol a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldalon a nem osztható, tehát a jobb oldal második tagjának 3-as maradéka 1. Ez a tag, azaz (a + 1)(a + )...c, nem lehet kett, vagy több tényez s, mert ekkor 3-as maradéka 0 vagy. pont Tehát c = a + 1, ekkor (4) így néz ki: a! = + a + 1 aminek egyetlen megoldása az a = 3. A kit zött (1)-es egyenletnek egyetlen (a, b, c) számhármas tesz eleget és ez a (3,3,4). Összesen 7 pont OKTV 014/015 4. forduló 41

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két különböző pont a x, illetve az számegyenesen, amelyek az x p számok helyét jelölik. Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik harmadolópontja a p szám helyét jelöli! Megoldás: nem sérti az általánosságot, ha feltesszük, hogy az A pont az AB szakasz bal oldali, míg a B pont az AB szakasz jobb oldali végpontja. Az A és B pontok jelölhetik a számegyenesen az x és az x p számok bármelyikét. Meg kell vizsgálnunk minden lehetőséget, ezért feltesszük, hogy ha létezik a feladatban szereplő p prímszám, akkor a p prímet jelölő pont az AB szakasz bármelyik harmadolópontja lehet. A harmadolópontoknak megfelelő számok minden esetben x x p 3, és x p 3 x. Azt kell tehát vizsgálnunk, hogy milyen x Z számra és p pozitív prímszámra áll fenn (1) x x p 3 p, vagy () x p 3 x p. 1 4

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Az (1) egyenletből a műveletek elvégzésével és rendezéssel a (3) 3x px p 3p 0 x -ben másodfokú egyenletet kapjuk. A (3) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha p 3p 0 4p 1, ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik (4) 9 p p. Ha a (4) egyenlőtlenség teljesül, akkor a (3), és ezzel az (1) egyenlet valós megoldásai: (5) p 9 p p x1 és 3 x p 9 p p. 3 Mivel p pozitív prímszám, ezért a (4) egyenlőtlenségből a p pozitív prímszámmal való osztással az is következik, hogy 9 0 p, ennek csak a p és p 3 prímszámok felelnek meg. Ha p, akkor a (3), és így az (1) egyenlet valós megoldásai (5) szerint 10 10 x 1 és x, 3 3 ezek azonban a feladatnak nem megoldásai, mert a feltétel szerint x egész szám. Ezért p nem lehetséges. Ha p 3, akkor (5) szerint x 0 és x. 1 Vizsgáljuk most a () egyenlet lehetséges megoldásait. A műveletek elvégzésével és rendezéssel: (6) 3x 4px p 3p 0. 43

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola A (6) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha p 3p 0 16p 1, ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik, hogy (7) 9 p p. A (7) egyenlőtlenség a (4) egyenlőtlenséggel azonos, és pontosan akkor teljesül, ha 9 0 p. Ekkor a (6), és így a () egyenlet valós megoldásai: (8) x 3 p 9 p p és 3 x 4 p 9 p p. 3 A (7) egyenlőtlenségnek a (4)-gyel megegyezően csak a p és p 3 prímszámok felelnek meg. Ha p, akkor a (6), és ebből következően a () egyenlet valós megoldásai (8) szerint 4 10 4 10 x 3 és x 4, 3 3 de ezek a feladatnak nem megoldásai, mert x egész szám. Ezért p nem lehetséges. Ha p 3, akkor (8) szerint x 1 és x 3. 3 4 Azt kaptuk tehát, hogy a feladat feltételeinek csak a p 3 prímszám felel meg. A p 3 prímszámhoz tartozó 1 0 0 ; 9 intervallumnak felel meg a számegyenesen, és az AB szakasz A pontjához közelebbi harmadolópont jelöli a p 3 prímszám helyét. A p 3 prímszámhoz tartozó x egész számra az AB szakasz az 1 ; 4 intervallumnak felel meg, és az AB szakasz B pontjához közelebb eső harmadolópont éppen a p 3 prímszám helyét jelöli. Ha p 3 mellett 1 3 x egész számra az AB szakasz a x, akkor az AB szakasz az ; 4 1 intervallumot jelöli ki a számegyenesen, és a B ponthoz közelebb eső harmadolópont adja meg a p 3 prímszám helyét. Végül pedig x 4 3 mellett az AB szakasz a 0 ; 9 intervallumnak felel meg, és az A ponthoz közelebbi harmadolópont jelöli a p 3 prímszám helyét. Összesen: 10 pont 3 44

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola. Oldja meg a 11 x 3 x 4n 1n x egyenletet, ahol x valós szám és n egész szám! (y az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a legnagyobb) Megoldás: a négyzetgyök értelmezése szerint egyrészt x 0, a bal oldali törtkifejezés nevezője miatt pedig x 0, ezért x csak pozitív valós szám lehet. Másrészt ugyancsak a négyzetgyök értelmezése miatt 4n 1n 0, ahonnan szorzattá alakítással kapjuk, hogy (1) 4 n 3 0 n. Az (1) egyenlőtlenségnek olyan n Z számok felelnek meg, amelyekre n 0, vagy n 3. A kiindulási egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie. Ez csak úgy lehetséges, ha a 4n 1n kifejezés egy egész szám négyzetével egyenlő, azaz, ha Mindkét oldalhoz 9-et adva n 3 m 9 4 n 1n m m Z.. Ebből a két négyzet különbségére vonatkozó azonosság ismeretében szorzattá alakítással kapjuk, hogy () 3 mn 3 m 9 n. A () egyenlet bal oldalának zárójeles kifejezései a 9 szám pozitív vagy negatív osztópárjai és ezért a következő esetek lehetségesek: a) n 3 m 1 és n 3 m 9, b) n 3 m 1 és n 3 m 9, c) n 3 m 3 és n 3 m 3, d) n 3 m 3 és n 3 m 3. Az a)-b)-c)-d) esetekben egyenként az egyenletek bal oldalait összeadva, rendre a következő n értékeket kapjuk (ha az egyes esetekben az osztópárok tényezőit fölcseréljük, nem kapunk újabb megoldásokat): n ; n 4; n 0; n 3. 1 1 3 4 4 45

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Az n 1 és n 4 esetekben a 11 x 3 x 4n 1n x ezért egyenlet jobb oldalának értéke 4, 11x 3 x (3) 4. x 11x 3 x Az egészrész értelmezése szerint (3) azt jelenti, hogy 4 5, ahonnan a x 0 x számmal való szorzással és rendezéssel két egyenlőtlenséget kapunk: (4) 0 3x 3 x és (5) x 3 x 0. A (4) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a 3 x 0 kifejezéssel, előbb a 0 x 1 egyenlőtlenséget, majd ebből rendezéssel és négyzetreemeléssel az egyenlőtlenséget kapjuk. Az (5) egyenlőtlenség mindkét oldalát oszthatjuk a x 0 kifejezéssel, ebből a x 3 0 egyenlőtlenség, majd innen rendezéssel és négyzetreemeléssel az egyenlőtlenség adódik. 1 x x 9 Eszerint az n 1 és n 4 egész számokra a 11 x 3 x 4n 1n x egyenlet megoldásai az 1 x 9 egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok. Az n 0 és n 3 egész számok esetén pedig a 11 x 3 x 4n 1n x oldalának értéke zérus, ezért egyenlet jobb 11x 3 x (6) 0. x 5 46

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola 11x 3 x Az egészrész értelmezése miatt (6)-ból az következik, hogy 0 1, ahonnan a x 0 x számmal való szorzással és rendezéssel ismét két egyenlőtlenséget kapunk: (7) 0 11x 3 x és (8) 9x 3 x 0. Az (7) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a x 0 kifejezéssel, ebből a 0 11 x 3 egyenlőtlenséget kapjuk, ahonnan rendezéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy 9 11 A (8) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztjuk a 3 x 0 kifejezéssel, a művelet eredményeként adódik a 3 x 1 0 egyenlőtlenség, majd ebből rendezés és négyzetreemelés után x. 1 x. 9 Ezért, ha n 0, vagy n 3, akkor a 11 x 3 x 4n 1n x egyenlet megoldásai az 9 11 x 1 9 egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok. Minden esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hogy az n Z szám értékei csak az n 1 1; n 4; n3 0; n4 3 lehetnek, ezek közül n 1 és n 4 esetén az egyenlet megoldásai az 1 ; 9 intervallumba tartozó valós számok, míg n 0 és n 3 esetén az egyenlet megoldásai a 9 1 ; 11 9 intervallumba tartozó valós számok. Összesen: 10 pont 6 47

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola 3. Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti. Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög szárait az M és N pontokban metszi. Bizonyítsa be MX NX! Megoldás: jelöléseink az ábrán láthatók. Tekintettel arra, hogy OX merőleges MN -re, elegendő bizonyítani, hogy az MNO háromszög egyenlőszárú, azaz OM ON, illetve OMN ONM. Mivel a kör érinti a -vel jelölt szög szárait, ezért a kör O középpontja csak a szög f szögfelezőjére illeszkedhet. A szögfelező minden pontja egyenlő távol van a szögszáraktól, ezért háromszög egyenlő szárú. Ez azt is jelenti, hogy az ábra OAB szögére OA OB, vagyis az OAB OAB OBA. Az OAMX csúcsai az OM szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön vannak, erre illeszkednek az A és X pontok, ezért OAMX szükségképpen húrnégyszög. Az OAMX húrnégyszög körülírt körében az OAX és OMX szögek azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért a kerületi szögek tétele és OAX OAB alapján (1) OMX. Az ONBX négyszögben a B és X pontok az ON szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön vannak, tehát ONBX is húrnégyszög. Az ONBX húrnégyszög körülírt körében az OBX és ONX szögek azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért a kerületi szögek tétele alapján OBX ONX. Mivel azonban ezért OBX OBA, () ONX. 7 48