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!

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2001. májusi A-jelű matematika feladatok 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.


A. 266. Az A1, A2, A3, B1, B2, B3 pontok egy körön helyezkednek el. Tetszőleges 0<t<1 valós számra legyen Ci(t) és Di(t) az AiBi szakaszt t:(1-t) arányban osztó pont (i=1, 2, 3). Legyen e(t) a C1(t)C2(t)C3(t) és D1(t)D2(t)D3(t) háromszögek körülírt köreinek hatványvonala (ha létezik).

Igazoljuk, hogy az e(t) egyenesek vagy párhuzamosak, vagy egy ponton mennek át.

Dőtsch András, Szeged

Megoldás. Az állítást koorináta-geometriai eszközökkel bizonyítjuk. Vegyünk fel egy olyan derékszögű koordináta-rendszert, amelynek origója a kör középpontja, az egység pedig a kör sugara.

A későbbiekben kényelmesebb lesz t helyett az \(\displaystyle u=t-{1\over2}\) paraméter használata.

Legyenek a pontok koordinátái Ai=(ai,1,ai,2), Bi=(bi,1,bi,2), Ci=(ci,1,ci,2), Di=(di,1,di,2) (i=1,2,3). Az Ai és Bi pontok az origó körüli egységkörön vannak, tehát minden i-re

ai,12+ai,22=bi,12+bi,22=1.

A Ci és Di pontok \(\displaystyle \left({1\over2}+u\right):\left({1\over2}-u\right)\), illetve \(\displaystyle \left({1\over2}-u\right):\left({1\over2}+u\right)\) arányban osztják az AiBi szakaszt, ezért

(1)    \(\displaystyle c_{i,j}=\left({1\over2}-u\right)a_{i,j}+\left({1\over2}+u\right)b_{i,j}\)

és

(2)    \(\displaystyle d_{i,j}=\left({1\over2}+u\right)a_{i,j}+\left({1\over2}-u\right)b_{i,j}\)

(i=1,2,3; j=1,2).

Tekintsük a C1C2C3 háromszög köré írt kör egyenletét. Az egyenlet determináns alakja:

(3)    \(\displaystyle \left|\matrix{x^2+y^2&x&y&1\cr c_{1,1}^2+c_{1,2}^2&c_{1,1}&c_{1,2}&1\cr c_{2,1}^2+c_{2,2}^2&c_{2,1}&c_{2,2}&1\cr c_{3,1}^2+c_{3,2}^2&c_{3,1}&c_{3,2}&1\cr}\right|=0.\)

Ebbe behelyettesítjük (1)-et és (2)-t. Közben figyelembe vesszük, hogy

ci,12+ci,22=

\(\displaystyle =\left(\bigg({1\over2}-u\bigg)a_{i,1}+\bigg({1\over2}+u\bigg)b_{i,1}\right)^2+\left(\bigg({1\over2}-u\bigg)a_{i,2}+\bigg({1\over2}+u\bigg)b_{i,2}\right)^2=\)

\(\displaystyle =\left({1\over4}-u+u^2\right)(a_{i,1}^2+a_{i,2}^2)+\left({1\over4}+u+u^2\right)(b_{i,1}^2+b_{i,2}^2)+\)

\(\displaystyle +2\left({1\over4}-u^2\right)(a_{i,1}b_{i,1}+a_{i,2}b_{i,2})=\)

\(\displaystyle =2\left({1\over4}-u^2\right)(a_{i,1}b_{i,1}+a_{i,2}b_{i,2}-1)+1.\)

A (3) egyenlet a behelyettesítés után a következő alakú:

(4)    \(\displaystyle \left|\matrix{x^2+y^2&x&y&1\cr p_1\big({1\over2}-u^2\big)+1&q_1u+r_1&s_1u+t_1&1\cr p_2\big({1\over2}-u^2\big)+1&q_2u+r_2&s_2u+t_2&1\cr p_3\big({1\over2}-u^2\big)+1&q_3u+r_3&s_3u+t_3&1\cr}\right|=0,\)

ahol a pi, qi, ri, si, ti, ui számok csak az Ai és Bi pontok koordinátáitól függnek, u-tól nem.

Ha az első oszlopból kivonjuk az utolsót, akkor a determináns értéke nem változik, ezért az egyenlet a következő alakban is felírható:

(5)    \(\displaystyle \left|\matrix{x^2+y^2-1&x&y&1\cr p_1\big({1\over2}-u^2\big)&q_1u+r_1&s_1u+t_1&1\cr p_2\big({1\over2}-u^2\big)&q_2u+r_2&s_2u+t_2&1\cr p_3\big({1\over2}-u^2\big)&q_3u+r_3&s_3u+t_3&1\cr}\right|=0.\)

Ha kifejtjük a baloldalán álló determinánst, akkor a következő alakú egyenletet kapjuk:

(6)    \(\displaystyle P(u)(x^2+y^2-1)+\bigg({1\over4}-u^2\bigg)\big(Q(u)x+R(u)y+S(u)\big)=0,\)

ahol P és S legfeljebb másodfokú polinom, Q és R pedig legfeljebb elsőfokú. A továbbiakban csupán erre az információra lesz szükségünk.

(Ugyanezt az eredményt megkaphatjuk más módszerekkel is, a kör egyenletének determináns alakja nélkül.)

A D1D2D3 háromszög köré írt kör egyenletét úgy kaphatjuk meg, hogy a (6) egyenletet u helyett a -u számmal írjuk fel. A D1D2D3 háromszög köré írt kör egyenlete tehát:

(7)    \(\displaystyle P(-u)(x^2+y^2-1)+\bigg({1\over4}-u^2\bigg)\big(Q(-u)x+R(-u)y+S(-u)\big)=0.\)

A két kör hatványvonalának egyenlete a (6) és (7) egyenleteknek olyan lineáris kombinációja, amelyben a másodfokú tagok kiesnek. Ez teljesül például akkor, ha a (6) egyenletet P(-u)-val, a (7) egyenletet P(u)-val megszorozzuk, majd kivonjuk egymásból. A hatványvonal egyenlete tehát:

\(\displaystyle \bigg({1\over4}-u^2\bigg)\bigg(\big(Q(u)P(-u)-Q(-u)P(u)\big)x+\big(R(u)P(-u)-R(-u)P(u)\big)y+\)

+S(u)P(-u)-S(-u)P(u))=0.

A második tényezőben az együtthatók u-nak legfeljebb negyedfokú polinomjai, ráadásul a páros kitevőjű tagok mind kiesnek. Ezért

Q(u)P(-u)-Q(-u)P(u)=\(\displaystyle alpha\)1u3+\(\displaystyle beta\)1u,

R(u)P(-u)-R(-u)P(u)=\(\displaystyle alpha\)2u3+\(\displaystyle beta\)2u,

S(u)P(-u)-S(-u)P(u)=\(\displaystyle alpha\)3u3+\(\displaystyle beta\)3u

alkalmas \(\displaystyle alpha\)i és \(\displaystyle beta\)i valós számokkal. A hatványvonal egyenlete behelyettesítés és egyszerűsítés után:

(\(\displaystyle alpha\)1x+\(\displaystyle alpha\)2y+\(\displaystyle alpha\)3)u2+(\(\displaystyle beta\)1x+\(\displaystyle beta\)2y+\(\displaystyle beta\)3)=0.

Ha az \(\displaystyle alpha\)1x+\(\displaystyle alpha\)2y+\(\displaystyle alpha\)3=0 és a \(\displaystyle beta\)1x+\(\displaystyle beta\)2y+\(\displaystyle beta\)3=0 egyenesek metszik egymást, akkor a hatványvonal -- tetszőleges u esetén -- átmegy a metszésponton. Ha az \(\displaystyle alpha\)1x+\(\displaystyle alpha\)2y+\(\displaystyle alpha\)3=0 és a \(\displaystyle beta\)1x+\(\displaystyle beta\)2y+\(\displaystyle beta\)3=0 egyenesek párhuzamosak, akkor a hatványvonal is -- u értékétől függetlenül -- párhuzamos velük.


A. 267. Legyen m, n pozitív egész és 0lex\(\displaystyle le\)1. Igazoljuk, hogy

(1-xn)m+(1-(1-x)m)n\(\displaystyle ge\)1.

Vojtech Jarnik emlékverseny, Ostrava, 2000

1. megoldás. Az m=1 és n=1 esetekben tetszőleges xre egyenlőség áll. A továbbiakban feltesszük, hogy mn,>2.

Tekintsük az

f(x)=(1-xn)m+(1-(1-x)m)n

függvényt. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy f(0)=f(1)=1.

Vizsgáljuk meg f deriváltjának viselkedését.

f'(x)=m(1-xn)m-1.(-nxn-1)+n(1-(1-x)m)n-1.m(1-x)m-1=

=mnxn-1(1-x)m-1.(-(1+x+...+xn-1)m-1+

+(1+(1-x)+...+(1-x)m-1)n-1).

Az első tényező az intervallum belsejében mindig pozitív. A második tényező a 0-ban pozitív, az 1-ben negatív, és szigorúan monoton fogy. Ezért létezik egy olyan \(\displaystyle 0<\xi<1\) valósz szám, hogy f' a \(\displaystyle (0,\xi)\) intervallumban pozitív, a \(\displaystyle (\xi,1)\) intervallumban pedig negatív. Az f függvény a \(\displaystyle [0,\xi]\) szigorúan monoton nő, a \(\displaystyle [\xi,1]\) intervallumban pedig szigorúan monoton fogy.

Kunszenti-Kovács Dávid és Csernenszki András

dolgozata alapján

2. megoldás. Töltsünk ki egy m sorból és n oszlopból álló táblázatot 0-kkal és 1-esekkel úgy, hogy minden mezőbe x valószínűséggel teszünk 1-est. Annak valószínűsége, hogy nincs csupa 1-esből álló sor, éppen (1-xn)m. Annak valószínűsége pedig, hogy nincs csupa 0-ból álló oszlop, éppen (1-(1-x)m)n. Ha egyik esemény sem következne be, az azt jelentené, hogy van csupa 1-esből álló sor és csupa 0-kból álló oszlop is, ami lehetetlen. A két esemény közül tehát mindig bekövetkezik legalább az egyik, a valószínűségük összege ezért legalább 1.

Csóka Endre és Gerencsér Balázs

dolgozata alapján


A. 268. Egy szabályos 2n-szög n csúcsát pirosra, a többi csúcsát kékre színeztük. Nagyság szerint sorbarendezzük az összes piros pontpár távolságát, és nagyság szerint sorbarendezzük az összes kék pontpár távolságát is. Bizonyítsuk be, hogy az így kapott két, {n\choose2} hosszúságú számsorozat ugyanaz.

Vojtech Jarnik emlékverseny, Ostrava, 2000

Megoldás. Csoportosítsuk az oldalakat és átlókat (a továbbiakban: éleket) a hosszuk szerint. Azt kell igazolnunk, hogy minden egyes csoportban ugyanannyi kék-kék él van, mint piros-piros.

Tekintsünk egy tetszőleges csoportot. Legyen a piros-piros, kék-kék, piros-kék élek száma rendre a, b, c. Az éleknek összesen 2a+c piros és 2b+c kék éle van. A sokszög minden csúcsa ugyanannyi csoportbeli élnek végpontja (ha a csoport a sokszög átmérőiből áll, akkor minden csúcs egy élnek végpontja; ellenkező esetben minden csúcs két csoportbeli élnek végpontja), ezért 2a+c=2b+c, amiből a=b.

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