KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2000. októberi C-jelű matematika gyakorlatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.


C. 595. Melyek azok a háromjegyű számok, amelyek egyenlők a számjegyeik faktoriálisainak összegével?

Megoldás. A számjegyek között nem szerepelhet a 7, 8, 9, mert ezek faktoriálisa nagyobb, mint 1000. Ebből következik, hogy a szám nem nagyobb 666-nál, és így a 6-os sem szerepelhet, mert 6!=720>666. Az sem lehetséges, hogy mindegyik jegy kisebb 5-nél, mert ebben az esetben a szám legfeljebb 3.4!=72 lehetne, vagyis nem lehetne háromjegyű. A jegyek között tehát szerepel az 5.

Ha egyetlen 5-ös szerepel, akkor a szám 5!+2.0!=122 és 5!+2.4!=168 közé esik, az első jegye tehát az 1. A harmadik jegy faktoriálisa 1, 2, 6 vagy 24; ezért csak a 122, 123, 127, 145 számokat kell ellenőrizni. Ezek közül csak a 145 megoldás.

Ha két 5-ös jegy van, akkor a szám 2.5!+0!=241 és 2.5!+4!=264 közé esik, az első jegy a 2; ebben az esetben a szám csak 2.5!+2!=242 lehetne, de ez nem megoldás, nincs is benne 5-ös számjegy.

Végül, a 3 darab 5-ös számjegyből álló 555 sem megoldás.

Az egyetlen megoldás tehát a 145.


C. 596. Oldjuk meg a valós számok halmazán az egyenletet. ([a], az a egész része, az a-nál nem nagyobb egészek legnagyobbika.)

Megoldás. Ha a és számok egész része megegyezik egy k egész számmal, akkor előjelük is azonos. Ebből, mivel 1-x<1,5-x, következik, hogy

k<<k+1.

A k=0 esetben a megoldás x<0.

A k=-1 esetben a megoldás x2,5.

Egyéb k értékekre nincs megoldás.


C. 597. Bizonyítsuk be, hogy egy derékszögű háromszögben a beírt és körülírt kör középpontjának távolsága a körülírt kör sugarának legalább a (-1)-szerese.

Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.

Thalész tételének megfordítása szerint a körülírt kör középpontja az átfogó felezőpontja. Ebből következik, hogy az átfogóhoz tartozó magasság legfeljebb akkora, mint a körülírt kör sugara. A COT töröttvonal hossza legalább akkora, mint a magasság, tehát

RCO+OT=r+r,

amiből

rR/(+1)=(-1)R.

Az FO szakasz hossza legalább r.


C. 598. Van-e 2000 olyan pozitív egész szám, hogy egyikük sem osztható semelyik másikkal, de bármelyikük négyzete osztható az összes többi számmal?

Javasolta: Ábrány Miklós, Ukrajna

Megoldás. Megadunk 2000 ilyen tulajdonságú számot. Legyenek a számok

22000.33999, 22001.33998, 22002.33997, ..., 23998.32001, 23999.32001.

Ezek közül semelyik kettő nem osztója egymásnak, viszont az összes szám négyzete osztható a számok legkisebb közös többszörösével, 23999.33999-nel.

Egy másik lehetséges konstrukció: Legyen az első 2000 prímszám p1, p2, ... p2000, ezek szorzata P. Az általunk konstruált számok:

p1.P, p2.P, ..., p2000.P.


C. 599. Egy egyenes kúp alapkörének sugara R, magassága egységnyi. A kúpot az alapjától h távolságra elmetsszük az alapjával párhuzamos síkkal. A levágott kúpot tükrözzük a metsző síkra, majd a csonkakúpból a közös részt eltávolítjuk. Mekkora az így kapott test térfogata?

Megoldás. Az eredeti kúp térfogata . A lemetszett kúp ehhez hasonló, magassága 1-h, térfogata .

Ha h0,5, akkor a lemetszett kúp tükörképe is része az eredeti kúpnak. A lemetszett kúp és tükörképének elhagyása után megmaradó test térfogata tehát -2.

Ha h<0,5, akkor a lemetszett tükörkép kúpból egy |2h-1| magasságú darab kilóg az erdeti kúpból; ennek térfogata
-. A megmaradó test térfogata ezért -2-.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley