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. 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. 640.  A Gergely naptár szerint 400 egymást követő év során összesen 97 szökőnapot kell beiktatni. Hány év elteltével lesz 1 nap eltérés a Gergely naptár és a ,,pontos'' naptár között, ha egy év hossza 365 nap 5 óra 48 perc 46 másodperc?

Megoldás. A kerek évektől eltekintve a Gergely naptár 400 évente 97 napot (azaz 97.24=2328 órát) kínál fel az 5 óra 48 perc 46 másodperc 400-szorosával szemben. A perceket célszerű 4/5 órának számolni; így ebből és az órákból 400 év alatt 2320 óra, vagyis 8 órával kevesebb adódik, mint 97 nap. A Gergely naptár javára tehát 8 óra, vagyis 28800 másodperc áll szemben a 400.46=18400 másodperccel. Ezért a többlet 400 évenként 10400 másodperc. Ahhoz, hogy ebből egy teljes nap (vagyis 86400 másodperc) összejöjjön (400.86400)/10400\(\displaystyle sim\)3323 évre van szükség.


C. 641.  Egy téglalap alakú papírlapot az átlója mentén összehajtunk. A dupla rétegen túlnyúló részeket levágva, a megmaradt papír széthajtás után rombusz alakú lesz. Ezt most a középvonala mentén hajtjuk össze, és a papírt az előbbihez hasonlóan megint körbenyírjuk. Milyen téglalapból induljunk ki, hogy a végül megmaradt papír széthajtás után szabályos hatszög alakú legyen?

Megoldás.

Az ABCD téglalapban AB=a, AD=b, a rombusz oldalát jelölje x.

Az ADE derékszögű háromszögben x2=b2+(a-x)2, innen
(1):\(\displaystyle x={a^2+b^2\over2a}\).

A rombuszt a középvonala mentén összehajtva az A'B'EC'D'F szabályos hatszöget kapjuk, C'EB'\(\displaystyle angle\)=120o, ezért az ADE derékszögű háromszögben AED\(\displaystyle angle\)=60o és \(\displaystyle {b\over x}=\sin60^{\circ}\)-ból
(2): \(\displaystyle x={2\sqrt3\over3}b\).

(1)-ből és (2)-ből

\(\displaystyle {2\sqrt3\over3}b={a^2+b^2\over2a}.\)

Az egyenletet rendezve és megoldva kapjuk, hogy \(\displaystyle a=\sqrt3b\). Ennek az aránynak kell teljesülnie a téglalap oldalaira. Könnyen ellenőrizhető, hogy a kapott hatszög szabályos.


C. 642.  Egy természetes szám négyzetének utolsó két jegyét felcserélve az eggyel nagyobb szám négyzetét kapjuk. Határozzuk meg az összes ilyen számot.

Javasolta: Fried Ervin, Budapest

Megoldás. Ha n2 utolsó két jegye A és B (ebben a sorrendben), akkor (n+1)2 utolsó két jegye sorrendben B és A. Így:

2n+1=(n+1)2-n2=(10B+A)-(10A+B)=9(B-A).

Ebből azonnal kapjuk, hogy B-A páratlan. A=0 lehetetlen, mert 0-ra végződő négyzetszám két utolsó jegye 0, ezért B=0 is teljesül; és 2n+1 nem lehet 0. Ez azt is jelenti, hogy B>A. Tekintettel arra, hogy B\(\displaystyle le\)9, ezért B-A\(\displaystyle le\)9-1=8. Mivel B=A páratlan, ezért B-A\(\displaystyle in\){1,3,5,7}. Eszerint n\(\displaystyle in\){4,13,22,31}. A megfelelő párok négyzetei: 16 és 25; 169 és 196; 484 és 529; 961 és 1024. Ezek közül csak egy felel meg a kirótt feltételnek: 13.


C. 643.  Az ABC háromszög területe t, kerülete k, a körülírt kör sugara R. Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle 4tR\le\left({k\over3}\right)^3\).

Megoldás. Az ABC háromszög oldalait és szögeit a szokásos módon jelölve felírhatjuk, hogy \(\displaystyle t={ab\sin\gamma\over2}\), \(\displaystyle R={c\over2\sin\gamma}\) és k=a+b+c. Helyettesítve az egyenlőtlenségbe és elvégezve az egyszerűsítéseket: \(\displaystyle abc\leq\left({a+b+c\over3}\right)^3\) egyenlőtlenséghez jutunk. Ez pedig nyilván teljesül, mivel a, b, c pozitív így számtani közepük mindig nagyobb vagy egyenlő, mint a mértani közepük. Egyenlőség csak szabályos háromszög esetén áll fenn.


C. 644.  Egy háromszög szögei alpha, beta és gamma. Bizonyítsuk be, hogy:

\(\displaystyle {\cos\alpha\over\sin\beta\sin\gamma}+{\cos\beta\over\sin\alpha\sin\gamma}+{\cos\gamma\over\sin\alpha\sin\beta}=2.\)

Javasolta: José Luis Díaz, Barcelona

Megoldás. A bizonyítandó azonosság:

\(\displaystyle {\cos\alpha\over\sin\beta\sin\gamma}+{\cos\beta\over\sin\alpha\sin\gamma}+{\cos\gamma\over\sin\alpha\sin\beta}=2.\)

A 0-tól különböző 2sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)sin\(\displaystyle gamma\)-val végigszorozva és a kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot \(\displaystyle alpha\) és \(\displaystyle beta\) esetében felhasználva azt nyerjük, hogy
(1): sin2\(\displaystyle alpha\)+sin2\(\displaystyle beta\)+2sin\(\displaystyle gamma\)cos\(\displaystyle gamma\)=4sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)sin\(\displaystyle gamma\).

A bal oldalon levő első két tag összege sin2\(\displaystyle alpha\)+sin2\(\displaystyle beta\)=2sin(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\))cos(\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\)).

Az \(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)+\(\displaystyle gamma\)=180o összefüggést felhasználva kapjuk, hogy (1) bal oldalán
(2): 2sin\(\displaystyle gamma\)(cos(\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\))+cos\(\displaystyle gamma\))=2sin\(\displaystyle gamma\)(cos(\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\))-cos(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)))

áll. Itt a zárójelben szereplő összegre

cos(\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\))-cos(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\))=-2sin\(\displaystyle alpha\)sin(-\(\displaystyle beta\))=2sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)

adódik, tehát (2) valóban megegyezik (1) jobb oldalával.

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