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 2001 szeptemberi 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. 269. Egy kör keresztmetszetű lyukat két 1 méter oldalú négyzetlappal szeretnénk hézagmentesen lefedni. Milyen határok között mozoghat a lyuk átmérője?

Megoldás. Könnyen ellenőrizhető, hogy egy \(\displaystyle 2-\sqrt2\) sugarú kör (és minden ennél kisebb sugarú is) lefedhető két egységnyi oldalú négyzetlappal az 1. ábrán látható módon.

1. ábra

A továbbiakban megmutatjuk, hogy ha egy r sugarú körvonalnak egy egységnyi oldalú négyzetlap legalább a felét lefedi, akkor \(\displaystyle r\le2-\sqrt2\). Ebből következik, hogy (\(\displaystyle 2-\sqrt2\))-nél nagyob sugarú kört már nem lehet két egységnégyzettel lefedni.

Legyen tehát K egy r sugarú körvonal, N pedig egy egységnyi oldalú négyzetlap, amely lefedi K-nak legalább a felét. Ha r\(\displaystyle ge\)1/2, akkor az N-et eltolhatjuk párhuzamosan úgy, hogy minden oldalegyenesének legyen közös pontja K-val, miközben a K-ból lefedett rész csak bővül (2. ábra).

2. ábra

Elég tehát azokkal az esetekkel foglalkozni, amikor r>1/2 és K-nak az N mindegyik oldalegyenesével van közös pontja.

Megmutatjuk, hogy ha az N valamelyik csúcsa a K belsejébe esik, akkor N nem fedheti le K-nak a felét. Legyenek N csúcsai A, B, C, D; ezek közül az A essen K belsejébe. Az AB és AD félegyenesek messék K-t a P, illetve Q pontban (3. ábra).

3. ábra

Mivel PAQ\(\displaystyle angle\)=90o, a K kör középpontja a PQ egyenesnek ugyanarra a partjára esik, mint az A csúcs, és emiatt az A csúccsal azonos oldalon levő PQ körív hosszabb, mint egy félkör. Ez az ív pedig teljes egészében N-en kívül halad.

Mindezek után már csak egy esetet kell megvizsgálnunk: amikor N mindegyik csúcsa K-n kívülre vagy a határára esik, ugyanakkor K-nak az N mindegyik oldalegyenesével van közös pontja. Könnyen ellenőrizhető, hogy a közös pontok nem lehetnek az oldalak meghosszabbításain, hanem csak N kerületén.

Jelöljük \(\displaystyle alpha\), \(\displaystyle beta\), \(\displaystyle gamma\), \(\displaystyle delta\)-val a 4. ábrán megjelölt szögeket.

4. ábra

A le nem fedett ívek hossza legfeljebb K kerületének fele, tehát \(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)+\(\displaystyle gamma\)+\(\displaystyle delta\)le90o. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy alpha+gammale45o.

Mint az ábráról is leolvasható, r(cosalpha+cosgamma)=r(cosbeta+cosdelta)=1. Ebből és a koszinuszfüggvény konkávitásából

1=r(\cos\alpha+\cos\gamma)\ge r\big(1+\cos(\alpha+\gamma)\big)\ge r(1+\cos45^\circ)=r\left(1+{\sqrt2\over2}\right),

tehát r\le{1\over1+\sqrt2/2}=2-\sqrt2.

A lefedett lyuk sugara tehát legfeljebb 2-\sqrt2, átmérője legfeljebb 4-2\sqrt2\approx1,17 méter lehet.


A. 270. Igazoljuk, hogy tetszőleges a, b, c, d pozitív számokra

(1)\root3\of{abc+abd+acd+bcd\over4}\le\sqrt{ab+ac+ad+bc+bd+cd\over6}

1. megoldás. Definiáljuk a következő, az a, b, c, d változókban szimmetrikus mennyiségeket:

S33=a3b3+a3c3+a3d3+b3c3+b3d3+c3d3;

S321=a3b2c+a3b2d+...+bc2d3;

S3111=a3bcd+ab3cd+abc3d+abcd3;

S222=a2b2c2+a2b2d2+a2c2d2+b2c2d2;

S2211=a2b2cd+a2bc2d+a2bcd2+ab2c2d+ab2cd2+abc2d2.

Mint könnyen ellenőrizhető, az (1) egyenlőtlenség hatodik hatványra emelés és rendezés után a következő:

(2)2S33+6S321+12S3111ge15S222+24S2211.

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján

2S33=(a3b3+a3c3+b3c3)+(a3b3+a3d3+b3d3)+

+(a3c3+a3d3+c3d3)+(b3c3+b3d3+c3d3)ge

ge3a2b2c2+3a2b2d2+3a2c2d2+3b2c2d2=3S222.

Hasonlóan kapjuk, hogy S321ge6S222, S321ge4S2211 valamint 3S3111ge2S2211, és így

2S33+6S321+12S3111=2S33+2.S321+4.S321+4.3S3111ge

ge3S222+2.6S222+4.4S2211+4.2S2211=15S222+24S2211.

2. megoldás. Az f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) polinomnak négy (nem feltétlenül különböző) pozitív valós gyöke van. Ebből következik, hogy a deriváltjának három pozitív gyöke van; legyenek ezek u, v és w.

A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján

f'(x)=4x3-3(a+b+c+d)x2+

+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)x-(abc+abd+acd+bcd)=

=4(x3-(u+v+w)x2+(uv+uw+vw)x-uvw).

Tehát

{abc+abd+acd+bcd\over4}=uvw

és

{ab+ac+ad+bc+bd+cd\over6}={uv+uw+vw\over3}.

A bizonyítandó (1) egyenlőtlenség nem más, mint a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség az uv, uw és vw számokra.


A. 271. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges pge5 prímszámra

(1)\sum_{0<k<{2p\over3}}{p\choose k}

osztható p-vel.

Vojtech Jarnik matematikaverseny, Ostrava, 2001

Megoldás. Az (1) összeg minden tagja osztható p-vel. Így azt kell igazolnunk, hogy

(2)\sum_{0<k<{2p\over3}}{1\over p}{p\choose k}

osztható p-vel.

Tetszőleges 1lex<p esetén jelölje x-1 az x inverzét modulo p, vagyis azt az 1ley<p számot, amelyre xyequiv1 (mod p).

Tetszőleges 0<k<p esetén

{1\over p}{p\choose k}={(p-1)(p-2)\dots(p-k+1)\over1\cdot2\cdot\dots\cdot k}\equiv

equiv(-1).(-2).....(-k+1).1-1.2-1.....k-1equiv(-1)k.k-1 (mod p),

ezért

\sum_{0<k<{2p\over3}}{1\over p}{p\choose k}\equiv\sum_{0<k<{2p\over3}}(-1)^k\cdot k^{-1}=

=\sum_{0<k<{2p\over3}}k^{-1}-2\sum_{0<k<{p\over3}}(2k)^{-1}\equiv

\equiv\sum_{0<k<{2p\over3}}k^{-1}-\sum_{0<k<{p\over3}}{k}^{-1}=\sum_{{p\over3}<k<{2p\over3}}k^{-1}=

=\sum_{{p\over3}<k<{p\over2}}(k^{-1}+(p-k)^{-1})\equiv\sum_{{p\over3}<k<{p\over2}}(k+(p-k))\cdot k^{-1}\cdot(p-k)^{-1}=

=\sum_{{p\over3}<k<{p\over2}}p\cdot k^{-1}\cdot(p-k)^{-1})\equiv0\pmod p.

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