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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2001. decemberi B-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.


B.3502. Az ABC hegyesszögű háromszögben az AB átmérőjű félkör a C-ből induló magasságot C1-ben, a BC átmérőjű félkör az A-ból induló magasságot A1-ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy BC1=BA1. (3 pont)

Megoldás. Jelölje a C-ből induló magasságvonal talppontját Mc, az AB oldal felezőpontját pedig F. A szokásos jelölésekkel McB=asin\(\displaystyle beta\), ezért McF=|asin\(\displaystyle beta\)-c/2|. A Pithagorasz-tételt az McFC1 (esetleg elfajuló) és McBC1 derékszögű háromszögekre alkalmazva

\(\displaystyle M_cC_1^2=FC_1^2-M_cF^2=\Bigl({c\over2}\Bigr)^2-\Bigl(a\sin\beta-{c\over2}\Bigr)^2=-a^2\sin^2\beta+ac\sin\beta\ ,\)

BC12=McB2+McC12=(asin\(\displaystyle beta\))2+(-a2sin2\(\displaystyle beta\)+acsin\(\displaystyle beta\))=acsin\(\displaystyle beta\) .

A feladat szimmetriáját felhasználva ugyanígy BA12=acsin\(\displaystyle beta\) is igaz, tehát valóban \(\displaystyle BC_1=BA_1=\sqrt{ac\sin\beta}\).


B.3503. Adottak az a, b, c, d és f szakaszok. Tegyük fel, hogy létezik olyan négyszög, melynek egymást követő oldalai a, b, c, d, az a és c oldalak felezőpontját összekötő szakasz hossza pedig f. Szerkesszünk ilyen négyszöget. (4 pont)

Megoldás. Jelölje a szerkesztendő négyszög csúcsait pozitív körüljárási irány szerint A,B,C és D, ahol AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, az AB,CD oldalak F,G felezőpontjaira pedig FG=f. A C,G,D pontokat F-re tükrözve kapjuk a C',G',D' pontokat. Ha a C'D szakasz felezőpontját H-val jelöljük, akkor \(\displaystyle \overrightarrow{GD}=\overrightarrow{FH}=\overrightarrow{G'C'}\) miatt AC'=b, DC'=2f, FA=a/2 és FH=c/2. Ha a feladatnak van megoldása, akkor szükségképpen létezik az esetleg elfajuló ADC' háromszög, melynek oldalai d,b és 2f. Ez a háromszög csak a b+d=2f esetben lehet elfajuló.

Tegyük fel először, hogy ez a helyzet. Jelölje az AH szakasz hosszát h. Ha h=0, akkor b=d=f és szükségképpen a=c is teljesül a szerkeszthetőség miatt, ezért végtelen sok különböző paralelogramma a feladat megoldása, melyet könnyen megszerkeszthetünk, ha rögzítjük a BAD szöget, melynek nagysága tetszőleges 0 és \(\displaystyle pi\) közötti érték lehet. Ha A\(\displaystyle ne\)H, akkor az AFH esetleg elfajuló háromszög a/2,c/2,h oldalaira kell hogy teljesüljön a háromszög egyenlőtlenség gyengített formája, mely esetben az A,D pontokat rögzítve a C' és H pontok helyzete meghatározott és így az F pont könnyen szerkeszthető: ha az AFH háromszög elfajuló, akkor F helye egyértelműen meghatározott, ellenkező esetben pedig két lehetőséget kell megvizsgálnunk aszerint, hogy F az AH egyenes melyik oldalára esik. F ismeretében pedig B és C már egyértelműen meghatározott, (csak nem biztos, hogy pozitív körüljárású ABCD négyszöghöz jutunk): B helyét \(\displaystyle \overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AF}\), C helyét pedig \(\displaystyle \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{C'A}\) alapján tudjuk egyszerűen kijelölni.

Most tegyük fel, hogy az ADC' háromszög nem elfajuló, és rögzítsük ezt a háromszöget, mind a kétféle lehetséges körüljárási irányt megengedve. Ezután F pont és így maga a négyszög is az előbb ismertetett módon szerkeszthető, annyi különbséggel, hogy most a kétféle körüljárás miatt 2 (ha az AFH háromszög elfajuló) vagy 4 (egyébként) lehetőséget kell megvizsgálnunk. Megjegyezzük, hogy a szerkesztési adatok megválaszthatók úgy, hogy bármelyik körüljárási irányt rögzítve az ADC' háromszögre, a feladatnak legyen megoldása.


B.3504. Jelölje S(n) a tízes számrendszerben felírt n szám jegyeinek az összegét, Uk=11...1 pedig a k darab egyessel felírt számot. Keressük meg azokat a k értékeket, amelyekre S(Uk2)=(S(Uk))2. (4 pont)

Megoldás. Mivel S(Uk)=k, azt kell meghatároznunk, hogy mely k értékekre teljesül S(Uk2)=k2. Ha k\(\displaystyle le\)9, akkor ez teljesül, hiszen ekkor S(Uk2)=1+2+...+k+(k-1)+...+1=k2. Megmutatjuk, hogy ha k\(\displaystyle ge\)10, akkor S(Uk2)<k2.

Először is, S(U102)=82<102. Az S(m+n)\(\displaystyle le\)S(m)+S(n) egyenlőtlenség ismételt alkalmazásával pedig k\(\displaystyle ge\)10 esetén

\(\displaystyle S(U_k^2)=S(U_{10}U_k+\sum_{i=10}^{k-1}10^iU_k)\le S(U_{10}U_k)+(k-10)S(U_k)\le\)

\(\displaystyle le\)S(U102)+(k-10)S(U10)+(k-10)S(Uk)=k2-18 .

Most már csak annak igazolása van hátra, hogy tetszőleges m,n természetes számokra S(m+n)\(\displaystyle le\)S(m)+S(n). Ez könnyen ellenőrizhető abban az esetben, ha m és n egyjegyű számok. Ha pedig legfeljebb t-jegyű számokra már igazoltuk az állítást, akkor legyen m=a10t+M, n=b10t+N, ahol a,b egyjegyű számok, M,N pedig legfeljebb t-jegyű számok. Ha M+N is legfeljebb t-jegyű szám, akkor S(m+n)=c+S(M+N), ahol c=a+b vagy c=a+b-9, attól függően, hogy a+b\(\displaystyle le\)9 vagy a+b\(\displaystyle ge\)10. Ha pedig M+N jegyeinek száma t+1, akkor S(m+n)=c+S(M+N), ahol c=a+b vagy c=a+b-9, attól függően, hogy a+b\(\displaystyle le\)8 vagy a+b\(\displaystyle ge\)9. Mindenesetre

S(m+n)=c+S(M+N)\(\displaystyle le\)a+b+S(M)+S(N)=S(m)+S(n) ,

vagyis az állítás érvényessége ilyen módon kiterjeszthető azokra a számokra is, melyek legfeljebb t+1 számjegyből állnak.


B.3505. Egy szabályos nyolcszöget paralelogrammákra osztunk fel. Bizonyítsuk be, hogy a paralelogrammák között van téglalap. (5 pont)

Megoldás. Válasszuk ki a nyolcszög két szemközti oldalát, legyenek ezek a és b. Legyen P1 egy olyan paralelogramma a felosztásból, amelynek valamely a1 oldala illeszkedik az a oldalra. P1-nek ezzel szemközti oldalát jelölje b1. Kell lennie olyan P2 paralelogrammának is, amelynek egyik a2-vel jelölt oldala olyan, hogy a2-nek és b1-nek a metszete egy nem egy pontból álló s1 szakasz. P2-nek a2-vel szemben lévő oldalát b2-vel jelölve megállpíthatjuk, hogy b2 közelebb van a b oldal egyneséhez, mint b1. Folytassuk ezt az eljárást, amíg csak lehet. Ilyen módon különböző paralelogrammáknak olyan P1,P2,...,Pm sorozatához jutunk, hogy minden i-re a Pi paralelogramma bi oldalának és a Pi+1 paralelogramma ai+1 oldalának közös része egy nem elfajuló si szakasz, mely párhuzamos az a,b oldalakkal. Ha ezt a sorozatot már nem tudjuk kibővíteni (már pedig egy idő után nem tudjuk, hiszen csak véges sok, a felosztásban szereplő paralelogramma közül választhatunk), az csak úgy lehet, hogy az utolsó paralelogramma bm oldala illeszkedik a nyolcszög b oldalára. Az s0=a1,sm=bm jelölésket is bevezetve, legyen i=0,1,...,m esetén Fi az si szakasz felező pontja. Ekkor az s=F0F1...Fm töröttvonal összeköti a nyolcszög a és b oldalának egy-egy pontját úgy, hogy az Fi-1Fi szakasz végpontjaitól eltekintve végig a Pi paralelogramma belsejében halad. Legyen c és d a nyolcszögnek a-ra és b-re merőleges oldalai, és készítsünk el az előbbi eljárás mintájára egy Q1,Q2,...,Qn paralelogramma-sorozatot, ahol most a Qi megfelelő oldalait ci és di jelöli, ci+1 és di metszete a Gi felezőpontú ti szakasz, és a t=G0G1...Gn töröttvonal összeköti a nyolcszög c és d oldalának egy-egy pontját úgy, hogy az Gi-1Gi szakasz végpontjaitól eltekintve végig a Qi paralelogramma belsejében halad. A konstrukcióból adódik, hogy az s és t töröttvonalak a nyolcszög belsejében valamely X pontban metszik egymást. Az si és tj szakaszok nem metszhetik egymást, különben a Pi és Qj paralelogrammák egymásba nyúlóak lennének. Ezért X a P1,...,Pm,Q1,...,Qn paralelogrammák közül valamelyiknek belső pontja. Az általánosság megszotítása nélkül feltehetjük, hogy X a Pi belsejében helyezkedik el. Mivel egyben valamelyik Qj-nek is pontja, és a paralelogrammák nem nyúlnak egymásba, ez csak úgy lehetséges, ha Pi megegyezik Qj-vel. Ekkor azonban Pi=Qj olyan paralelogramma, melynek oldalai rendre az a,c,b,d szakaszokkal párhuzamosak. A felosztásban szereplő Pi paralelogramma tehát téglalap.


B.3506. Az f polinomra teljesül, hogy f(x2+1)-f(x2-1)=4x2+6. Határozzuk meg az f(x2+1)-f(x2) polinomot. (4 pont)

Megoldás. A keresett polinomot jelölje p, világos, hogy p-ben csak páros fokú tagok szerepelnek. Legyen ennek megfelelően q az a polinom, amelyre q(x2)=p(x). Az y=x2 helyettesítéssel észrevehetjük, hogy minden y\(\displaystyle ge\)0 esetén

q(y)+q(y-1)=(f(x2+1)-f(x2))+(f(x2)-f(x2-1))=4x2+6=4y+6 .

Az r(t)=q(t)+q(t-1)-4t-6 polinomnak ezért végtelen sok gyöke van, r=0. Az s(t)=q(t)+q(t-1) polinom megegyezik tehát a 4t+6 polinommal. Mivel s főegyütthatója éppen q főegyütthatójának kétszerese, leolvasható innen, hogy q(t)=2t+b alakú. Ekkor s(t)=4t+2b-2, ahonnan b=4 adódik. A keresett polinom tehát p(x)=q(x2)=2x2+4.


B.3507. Legyen f(x) egész együtthatós polinom, p és q pedig relatív prímek, qne0. Bizonyítsuk be, hogy ha p/q gyöke az f-nek, akkor f(k) minden k egészre osztható p-kq-val. Igaz-e az állítás megfordítása? (4 pont)

Megoldás. Legyen f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, és tekintsük az

\(\displaystyle A(k)=q^n\Bigl(f(k)-f({p\over q})\Bigl)=\sum_{i=0}^na_iq^{n-i}\Bigl((kq)^i-p^i\Bigr)\)

kifejezést. Leolvasható, hogy A(k) értéke minden k egész esetén olyan egész szám, amely osztható (kq-p)-vel. Ha p/q gyöke f-nek, akkor ennek megfelelően A(k)=qnf(k) osztható (p-kq)-val. Megmutatjuk, hogy qn és p-kq bármilyen k egész szám esetén relatív prímek; ebből az állítás azonnal következik. Ehhez tegyük fel, hogy egy t prímszám osztója qn-nek és (p-kq)-nak is. Ekkor t osztója q-nak, következésképpen p-nek is. Ilyen t prímszám tehát nem létezik, qn és p-kq valóban relatív prímek.

Az állítás megfordításához tegyük fel, hogy minden k egészre f(k) osztható (p-kq)-val, tehát (kq-p)-vel is. Ekkor minden k egészre a C=qnf(p/q)=qnf(k)-A(k) egész szám is osztható (kq-p)-vel. Mivel q\(\displaystyle ne\)0, ez azt jelenti, hogy C-nek tetszőlegesen nagy abszolút értékű osztói is vannak, ami csak úgy lehet ha C=0. Ismét a q\(\displaystyle ne\)0 feltételre hivatkozva kapjuk, hogy f(p/q)=0. Megállapíthatjuk tehát, hogy az állítás megfordítása is igaz.


B.3508. Az ABC és az A1B1C1 háromszögek tengelyesen tükrös helyzetűek. Húzzunk párhuzamost A1-en keresztül BC-vel, B1-en keresztül AC-vel, végül C1-en keresztül AB-vel. Bizonyítsuk be, hogy ez a három egyenes egy ponton halad át. (4 pont)

Megoldás. Az AB egyenes pontosan akkor párhuzamos az A1C1egyenessel, ha AC párhuzamos A1B1-gyel, és ekkor a három egyenes az A1 pontban metszi egymást. Azt is könnyű megállapítani, hogy a három egyenes közül bármelyik kettő csak ebben az esetben metszheti egymást az A1 pontban. Feltehetjük tehát hogy az ABC hároszög egyik oldala sem párhuzamos az A1B1C1 háromszög egy nem neki megfelelő oldalával.

Jelölje a szóban forgó egyeneseket rendre eA, eB, eC, közülük nyilván bármelyik kettő metszi egymást. Jelölje P az eB és eC egyenesek metszéspontját, a fenti feltevésünk miatt ez a pont B1-től és C1-től is különbözik. Irányított szögekkel modulo 2\(\displaystyle pi\) számolva látszik, hogy a B1PC1 szög vagy megegyezik a CAB=B1A1C1 szöggel, vagy annál \(\displaystyle pi\)-vel nagyobb (kisebb). A kerületi szögek tétele alapján tehát P az A1B1C1 háromszög köré írt körön helyezkedik el, és feltevésünk miatt különbözik a háromszög csúcsaitól. Az eB egyenes tehát a B1 és P pontokban, míg az eC egyenes a C1 és P pontokban metszi a körülírt kört. Hasonló gondolatmenettel kapjuk, hogy az eA és eC egyenesek Q metszéspontja is a körülírt kör C1-től különböző pontja. Ezért szükségképpen Q=P, a három egyenes mindegyike áthalad a P ponton.


B.3509. Bizonyítsuk be, hogy ha 0<x<{\pi\over2^{k+1}}, akkor

\(\displaystyle {1\over\sin2x}+{1\over\sin4x}+\dots+{1\over\sin2^kx}<\ctg x.\)

(3 pont)

Javasolta: Balogh János, Kaposvár

Megoldás. Ha k=0, akkor a baloldalon álló B(x) kifejezés üres összeg, ami 0-val egyenlő, a jobboldalon pedig pozitív szám áll. Az állítás tehát igaz k=0 esetén. Teljes indukcióval bizonyítunk. Tegyük fel ennek megfelelően, hogy k\(\displaystyle ge\)1 és az állítást k-1 esetén már igazoltuk. Ekkor \(\displaystyle 0\(\displaystyle B(x)<{1\over{\sin2x}}+{\hbox{\rm ctg}}2x={1+\cos2x\over\sin2x}={2\cos^2x\over2\sin x\cos x}={\hbox{\rm ctg}}x\ ,\)

amint azt bizonyítani kívántuk.


B.3510. Az ABCD tetraéder csúcsain keresztül fektessünk a szemközti lapokkal párhuzamos síkokat. Ez a négy sík egy újabb tetraédert határoz meg. Bizonyítsuk be, hogy A, B, C és D az így kapott tetraéder lapjainak a súlypontjai. (3 pont)

Megoldás. Tekintsük az \(\displaystyle \overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\), \(\displaystyle \overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD}\), \(\displaystyle \overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}\) vektorokat. Azt állítjuk, hogy az A', B', C' és D' pontok az új tetraéder csúcspontjai. Ezt szimmetria okok miatt elég az A' pontra igazolni. Mivel az \(\displaystyle \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\) vektor párhuzamos az ACD síkkal, az A' pont illeszkedik a B ponton keresztül ezen síkkal párhuzamosan fektetett síkra. Ugyanígy látható, hogy az A' pont illeszkedik a C és D pontokon keresztül rendre az ABD, illetve ABC lapokkal párhuzamos síkokra. A' tehát valóban e három sík metszéspontja.

Most megmutatjuk, hogy D az A'B'C' háromszög súlypontja. Valóban,

\(\displaystyle \overrightarrow{DA'}+\overrightarrow{DB'}+\overrightarrow{DC'}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})={0}\ ,\)

ami úgy is megfogalmazható, hogy tetszőleges O pontra

\(\displaystyle \overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OD}+3(\overrightarrow{DA'}+\overrightarrow{DB'}+\overrightarrow{DC'})={1\over3}(\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'})\ .\)

Hasonlóképpen igazolható, hogy az A, B és C pontok rendre a B'C'D', A'C'D' és A'B'D' háromszögek súlypontjai.


B.3511. Az a, b, c, d nemnegatív számokra ale1, a+ble5, a+b+cle14 és a+b+c+dle30. Bizonyítsuk be, hogy \sqrt a+\sqrt
b+\sqrt c+\sqrt d\leq10. (5 pont)

Megoldás. Megmutatjuk, hogy az \(\displaystyle S=\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c+\sqrt d\) kifejezésnek az adott feltételek mellett maximális értéke 10, és S=10 pontosan akkor teljesül, ha a=1,b=4,c=9 és d=16. Ehhez először a következő állítást igazoljuk: Ha 0\(\displaystyle le\)x<y\(\displaystyle le\)z<v és x+v=y+z=K, akkor \(\displaystyle \sqrt{y}+\sqrt{z\)\sqrt{x}+\sqrt{v}">. Valóban, azonos átalakításokkal látszik, hogy az egyenlőtlenség sorra ekvivalens a \(\displaystyle K+2\sqrt{yz\)K+2\sqrt{xv}">, yz>xv, y(K-y)>x(K-x), (y-x)(K-y-x)>0 egyenlőtlenségekkel. Ez utóbbi azonban nyilvánvaló, hiszen y>x és K=y+z>y+x.

Tegyük fel tehát először is, hogy a,b,c,d kielégítik a feltételeket és d\(\displaystyle ne\)16. Feltehetjük, hogy a+b+c+d=30, ellenkező esetben ugyanis d értékét növelhetnénk a,b,c értékét változatlanul hagyva úgy, hogy a feltételek továbbra is teljesülnek, és S értéke eközben növekszik. Ha az így nyert számnégyesre továbbra is d\(\displaystyle ne\)16, akkor a harmadik és a negyedik feltétel egybevetésével látszik, hogy d>16 és a+b+c<14. Legyen most a1=a, b1=b, c1=14-a-b\(\displaystyle le\)14 és d1=16, ekkor c1+d1=c+d=30-a-b, és így a fenti segédállítás értelmében \(\displaystyle \sqrt{c_1}+\sqrt{d_1\)\sqrt{c}+\sqrt{d}">, \(\displaystyle S_1=\sqrt{a_1}+\sqrt{b_1}+\sqrt{c_1}+\sqrt{d_1\)S">. Tegyük fel most, hogy itt c1\(\displaystyle ne\)9. Az előbbi gondolatmenethez hasonló módon először is feltehetjük, hogy a1+b1+c1=14, máskülönben c1 értékét növelhetnénk úgy, hogy a feltételek továbbra is teljesülnek. Legyen ekkor a2=a1, b2=5-a1, c2=9 és d2=d1=16. Ekkor az a2,b2,c2,d2 számnégyesre továbbra is teljesülnek a feltételek, c2=9, d2=16 és \(\displaystyle S_2=\sqrt{a_2}+\sqrt{b_2}+\sqrt{c_2}+\sqrt{d_2\)S">. Ezt az eljárást még kétszer megismételve a következő eredményre jutunk: Ha a feltételeket kielégítő a,b,c,d számnégyes különbözik az 1,4,9,16 négyestől, akkor az a4=1, b4=4, c4=9, d4=16 számnégyesre teljesülnek a feltételek, és \(\displaystyle 10=\sqrt{a_4}+\sqrt{b_4}+\sqrt{c_4}+\sqrt{d_4\)S">, ami állításunkat igazolja.

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