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

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2001. decemberi 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. 278. A P pont az ABCD téglalap AC átlójának C-n túli meghosszabbításán helyezkedik el úgy, hogy BPDszog=CBPszog. Határozzuk meg a PB:PC arányt.

1. megoldás. Legyen P merőleges vetülete a CD és AB egyenesekre Q, illetve R, PARszög=PCQszög=alpha és BPDszög=CBPszög=BPRszög=beta. Válasszuk a PC szakasz hosszát egységnyinek, a PB szakasz hossza legyen x. A feladat x meghatározása.

Például a PCQ és PBR derékszögű háromszögekből és a CBRQ téglalapból xsin\(\displaystyle beta\)=BR=CQ=cosalpha, azaz \sin\beta={\cos\alpha\over x}.

A PDQ, PCQ, PAR és PBR háromszögekből és az ARQD téglalapból

\(\displaystyle \tg2\beta={DQ\over PQ}={AR\over\sin\alpha}={PR\cdot\ctg\alpha\over\sin\alpha}={x\cdot\cos\beta\cdot\ctg\alpha\over\sin\alpha}=x\cdot\cos\beta\cdot{\cos\alpha\over\sin^2\alpha}.\)

Átrendezve és behelyettesítve a \(\displaystyle \sin\beta={\cos\alpha\over x}\) összefüggést,

\(\displaystyle {x\cdot\cos\alpha\over\sin^2\alpha}={\tg2\beta\over\cos\beta}={2\sin\beta\over1-2\sin^2\beta}={2{\cos\alpha\over x}\over1-2{\cos^2\alpha\over x^2}},\)

amiből x2=2sin2alpha+2cos2\(\displaystyle alpha\)=2, azaz x=\sqrt2.

A PB:PC arány tehát az \(\displaystyle alpha\) szögtől függetlenül mindig \sqrt2:1.

2. megoldás. Elemi bizonyítást adunk arra, hogy PB=\sqrt2\cdot
PC. Legyen S a BC és a PD egyenes metszéspontja; a feltételek szerint a BPS háromszög egyenlő szárú. Legyen R a PB egyenesnek S-sel megegyező oldalán az a pont, amelyre a PBR háromszög egyenlő szárú és derékszögű, azaz BR=PR és PRBszög=90o. Az R és az S pont is a PB szakasz felező merőlegesén van.

Legyen továbbá T az ABCD téglalap köré írt kör és a PD egyenes metszéspontja. A körnek BD az egyik átmérője, ezért a BT szakasz merőleges a PD egyenesre.

Mivel ACTD húrnégyszög, PTC\(\displaystyle szög\)=PAD\(\displaystyle szög\)=PCS\(\displaystyle szög\). A PCS és PTC háromszögek szögei megegyeznek, a két háromszög tehát hasonló, és PC:PS=PT:PC, átrendezve PC2=PS.PT.

Mivel PRB\(\displaystyle szög\)=PTB\(\displaystyle szög\)=90o, a PRTB négyszög is húrnégyszög, és RTP\(\displaystyle szög\)=RBP\(\displaystyle szög\)=PRS\(\displaystyle szög\). A PRS és PTR háromszögek is hasonlóak, ebből az előbbiekhez hasonlóan kapjuk, hogy PR2=PS.PT.

Azt kaptuk, hogy PC2=PR2=PS.PT, vagyis PC=PR és így \(\displaystyle PB:PC=PB:PR=\sqrt2:1\).


A. 279. Léteznek-e olyan f és g racionális tört függvények, amelyekre

(f(x))3+(g(x))3=x?

Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy sem a valós, sem a komplex együtthatós racionális törtfüggvények körében nincsenek megoldásai a függvényegyenletnek.

Tegyük fel, hogy az állításunkkal ellentétben mégis van megoldás. Legyen az f(x) és a g(x) nevezőjének szorzata a c(x) polinom, ekkor f(x)=a(x)/c(x) és g(x)=b(x)/c(x) alkalmas a és b polinomokkal. Ezeket behelyettesítve (1)-be,

(2)a3(x)+b3(x)=x.c3(x).

Tekintsük a (2) egyenletnek egy olyan megoldását, amelyben c(x) nem 0 és a foka minimális. Legyen \varepsilon=\cos{2\pi\over3}+i\sin{2\pi\over3} az első harmadik egységgyök. A (2) baloldala szorzattá alakítható:

(3)(a(x)+b(x)).(a(x)+varepsilonb(x)).(a(x)+varepsilon2b(x))=x.c3(x).

Azt állítjuk, hogy a baloldalon álló három tényező páronként relatív prím. Ezt az eslő két tényezőre mutatjuk meg, a többi pár esetében ugyanígy történik. Tegyük fel, hogy az a(x)+b(x) és a(x)+varepsilonb(x) polinomoknak van egy legalább elsőfokú közös osztója: d(x). Ekkor d(x) osztója az \(\displaystyle {1\over1-\varepsilon}\big((a(x)+b(x))-(a(x)+\varepsilon b(x))\big)=b(x)\) polinomnak is és hasonlóképpen a(x)-nek is. A (2) baloldala és ezáltal x.c3(x) is osztható d3(x)-szel, vagyis c(x) osztható d(x)-szel. Ekkor viszont az a(x), b(x), c(x) polinomokat d(x)-szel osztva egy olyan megoldást kapunk, amelyben c foka kisebb. Az a(x)+b(x) és a(x)+\(\displaystyle varepsilon\)b(x) polinomoknak tehát nem lehet legalább elsőfokú közös osztójuk, relatív prímek.

Három, páronként relatív prím polinom szorzata csak úgy lehet x.c3(x) alakó, ha közülük kettő teljes köb, egy pedig egy teljes köb x-szerese. Mivel az egyenlet szimmetrikus a b(x), varepsilonb(x), varepsilon2b(x) polinomokra, feltételezhetjük, hogy az első tényező a teljes köb x-szerese, azaz alkalmas u(x), v(x), w(x) polinomokkal

a(x)+b(x)=x.u3(x),

a(x)+varepsilonb(x)=v3(x),

a(x)+varepsilon2b(x)=w3(x),

és

c(x)=u(x)v(x)w(x).

Mint könnyen ellenőrizhető,

(4)(1+\(\displaystyle varepsilon\)2)(a(x)+varepsilonb(x))+(1+varepsilon)(a(x)+varepsilon2b(x))=a(x)+b(x).

A baloldalon mindkét tag teljes köb:

(1+\(\displaystyle varepsilon\)2)(a(x)+varepsilonb(x))=d3(x)

és

(1+\(\displaystyle varepsilon\))(a(x)+varepsilon2b(x))=e3(x)

alkalmas d(x) és e(x) polinomokkal. Ezeket behelyettesítve (4)-be,

d3(x)+e3(x)=x.u3(x).

A d(x), e(x), u(x) polinomok tehát egy újabb megoldását adják a (2) egyenletnek. Ha u(x) foka kisebb, mint c(x) foka, az ellentmondás, mert feltételeztük, hogy c(x) foka minimális. Ha viszont u(x) foka nem kisebb, mint c(x)=u(x)v(x)w(x) foka, az csak úgy lehetséges, ha v(x) és w(x) konstans. Ekkor viszont az a(x) és b(x) polinom is konstans, (2) baloldalán egy konstans áll, a joboldalán pedig egy legalább elsőfokú polinom. Ez szintén ellentmondás.


A. 280. Tetszőleges n pozitív egész számra legyen

fn(vartheta)=sinvartheta.sin(2vartheta).sin(4vartheta).....sin(2nvartheta).

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges vartheta valós szám és n pozitív egész esetén

|f_n(\vartheta)|<{2\over\sqrt3}\left|f_n\left({\pi\over3}\right)\right|.

IMC 8, Prága, 2001

Megoldás. Megengedjük az n=0 esetet is, ekkor értelemszerűen f0(\(\displaystyle vartheta\))=sin\(\displaystyle vartheta\).

Mint könnyen ellenőrizhető, (5) jobboldalán \left({\sqrt3\over2}\right)^n áll, tehát a bizonyítandó állítás:

(6)|f_n(\vartheta)|<\left({\sqrt3\over2}\right)^n

Az állítást teljes indukcióval igazoljuk. Az n=1 és n=2 esetekben az állítás triviális:

\(\displaystyle |\sin\vartheta|<{2\over\sqrt3},\)

illetve

|sin\(\displaystyle vartheta\).sin2vartheta|<1.

Legyen tehát n>3, és tegyük fel, hogy minden kisebb értékre az állítás igaz. Ha \(\displaystyle |\sin\vartheta|\le{\sqrt3\over2}\), akkor az indukciós feltevés értelmében

\(\displaystyle |f_n(\vartheta)|=|\sin\vartheta|\cdot|f_{n-1}(2\vartheta)|<{\sqrt3\over2}\cdot\left({\sqrt3\over2}\right)^{n-1}=\left({\sqrt3\over2}\right)^n.\)

Ha \(\displaystyle |\sin\vartheta\){\sqrt3\over2}|">, akkor |\cos\vartheta|<{1\over2},

\(\displaystyle |\sin\vartheta\cdot\sin2\vartheta|={1\over2}|\cos\vartheta-\cos3\vartheta|<{1\over2}\left({1\over2}+1\right)={3\over4},\)

és

\(\displaystyle |f_n(\vartheta)|=|\sin\vartheta\cdot\sin2\vartheta|\cdot|f_{n-2}(2\vartheta)|<{3\over4}\cdot\left({\sqrt3\over2}\right)^{n-2}=\left({\sqrt3\over2}\right)^n.\)

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