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 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. 650. Egy képkereskedésben a képek keretének ára egyenesen arányos a bennük lévő festmények értékével. A kereskedő annak érdekében, hogy bizonyos képek ára közötti különbséget csökkentse, felcserél egymással két-két keretet. Az egyik esetben az a kép, amely ötször annyiba került, mint a másik, kereteik felcserélése után már csak háromszor annyiba kerül. Hogyan módosul a ,,Téli táj'' és a ,,Falu rossza'' c. képek árainak aránya, ha kereteik felcserélése előtt a ,,Téli táj'' kilencszer annyiba került, mint a ,,Falu rossza''?

Megoldás. Jelölje az arányossági tényezőt p, azaz egy keret ára a kép árának a p-szerese. A továbbiakban k a keret, K a kép ára, az alsó indexben pedig a képek értelemszerű megkülönböztetése található. Általában tehát k=pK, bármilyen index esetén. A példában szereplő képekre ezek alapján ke+Ke=5(km+Km), amiből (1+p)Ke=5(1+p)Km, és így Ke=5Km; ke=5km. A keretek felcserélése után km+Ke=3(ke+Km), amiből pKm+5Km=3(5pKm+Km), így p+5=15p+3, tehát p=1/7. A téli táj és a falu rossza esetében hasonlóan kt=9kf, Kt=9Kf, valamint (p+9)Kf=s(9p+1)Kf. Mivel p=1/7, így ebből s=4 adódik. Tehát a keretek felcserélése után a ``Téli táj'' már csak négyszer annyiba kerül, mint a ``Falu rossza''.


C. 651. Az ábrán látható egységnyi területű körben a szürke tartományt félkörívek határolják. Az AB átmérőnek 1/5 egységnyi része esik a satírozott tartomány belsejébe. Mekkora a satírozott tartomány kerülete és a területe?

Megoldás. Jelöljük az AB átmérőjű kör sugarát r-rel. Tudjuk, hogy a kör területe egységnyi, azaz 1=r2\(\displaystyle pi\), innen \(\displaystyle r=\sqrt{\frac{1}{\pi}}\). A berajzolt félköröket jelöljük k1, k2, k3, k4-gyel az 1. ábra szerint.

A k4 kör átmérője legyen d4=2x, a k2 kör átmérője d2=2y, ekkor k3 átmérője \(\displaystyle d_3=2x+\frac{2r}{5}\), és \(\displaystyle d_1=2y+\frac{2r}{5}\) a k1 átmérője.

Először a tartomány kerületét, k-t számítjuk ki, ez a határoló félkörök kerületének összege:

(1)\(\displaystyle k=x\pi+y\pi+\left(x+\frac{r}{5}\right)\pi+\left(y+\frac{r}{5}\right)\pi=\pi\left(2x+2y+\frac{2r}{5}\right).\)

 

1. ábra

 

Mivel \(\displaystyle 2x+2y+\frac{2r}{5}\) éppen a kör AB átmérője, a satírozott tartomány kerülete egyenlő a kör kerületével:

\(\displaystyle k=2\pi r=2\pi\frac{\sqrt{\pi}}{\pi}=2\sqrt{\pi}.\)

A satírozott rész T területe egyenlő a k1 és k2, valamint a k3 és k4 félkörök terület-különbségének az összegével:

\(\displaystyle T=\frac{\pi}{2}\left[\left(x+\frac{r}{5}\right)^2-x^2\right]+\frac{\pi}{2}\left[\left(y+\frac{r}{5}\right)^2-y^2\right]=\frac{\pi}{2}\left[\left(2x+\frac{r}{5}\right)\frac{r}{5}+\left(2y+\frac{r}{5}\right)\frac{r}{5}\right]=\frac{\pi}{2}\frac{r}{5}\left(2x+2y+\frac{2r}{5}\right)\)

Előbb már láttuk, hogy a zárójelben álló összeg éppen 2r, így

\(\displaystyle T=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{r}{5}\cdot2r=\frac{1}{5}\)

területegység.

 

Kirják Erzsébet (Jászberény, Liska József Erősáramú Szki. és Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján

 


C. 652. Legyen s páratlan sok jegyű pozitív egész szám. Jelölje f azt a számot, amely s számjegyeiből áll, csak fordított sorrendben. Bizonyítsuk be, hogy s+f pontosan akkor osztható 11-gyel, ha s is osztható 11-gyel.

Megoldás. Tudjuk, hogy egy szám pontosan akkor osztható 11-gyel, ha a páros és páratlan helyen álló jegyeit összeadva, ezek különbsége osztható 11-gyel.

Először tegyük fel, hogy s osztható 11-gyel. Ekkor, mivel páratlan sok jegyet tartalmaz, ha fordított sorrendben írjuk fel, az eredetileg páratlan helyen álló számjegyek páratlan helyre kerülnek (és ugyanígy a páros helyen álló jegyek párosra). Vagyis az így kapott f szám is osztható lesz 11-gyel, és akkor s+f is.

Ha viszont 11 nem osztója az s-nek, akkor s=11k+m alakban írható, ahol 0<m<11. A  fordított sorrendben felírt f szám 11-gyel osztva ugyancsak m-et ad maradékul. Így s+f=11p+2m, ahol 0<2m<22 és 2m páros, azaz nem osztható 11-gyel.

Ezzel beláttuk a fordított állítást is, vagyis ha s nem osztható 11-gyel, akkor s+f sem osztható.

 

Varga Anikó (Komarno, Marianum Egyh. Gimn., 9. évf.)


C. 653. A p paraméter hány különböző értékére van az

x2-y2=0

xy+px-py=p2

egyenletrendszernek pontosan egy megoldása?

Megoldás. Az első egyenletből (x+y)(x-y)=0, így a második egyenletet ez alapján két esetre bontjuk.

I. eset y=-x

Ezt behelyettesítve a második egyenletbe, majd rendezve: -x2+2px-p2=-(x-p)2=0.

Ennek bármilyen p esetén csak egy megoldása van, mégpedig x=p, y=-p.

II. eset y=x

Ezt behelyettesítve a második egyenletbe, majd rendezve x2=p2. Ennek csak akkor van egy megoldása, ha p=0, ekkor x=y=0.

Az I. és a II. eset csak akkor adja ugyanazt az egy megoldást, ha p=0, tehát az egyenletnek csak ebben az egy esetben van egy megoldása.


C. 654. fa, fb és fc jelölik egy a, b, c oldalú, T területű háromszög belső szögfelezőinek a hosszát. Igazoljuk, hogy

{f_a\cdot f_b\cdot f_c\over
abc}=4T\cdot{a+b+c\over(a+b)(b+c)(a+c)}.

Javasolta: Kovács Gabriella, Budapest

Megoldás. Az ABC háromszög C-ből induló szögfelezője fc. Fejezzük ki fc-t a háromszög oldalainak segítségével.

 

 

Az fc szögfelező a C oldalt x és c-x hosszúságú részekre osztja az ábra szerint, a C csúcsnál lévő szög \(\displaystyle gamma\). Mint ismeretes,

\(\displaystyle x=\frac{ac}{a+b},\quad c-x=\frac{bc}{a+b}.\)

Írjuk fel a részháromszögekre a koszinusz tételt:

\(\displaystyle x^2=a^2+f_c^2-2af_c\cos\frac{\gamma}{2},\quad{(c-x)}^2=b^2+f_c^2-2bf_c\cos\frac{\gamma}{2}.\)

A két egyenletből fejezzük ki \(\displaystyle \cos\frac{\gamma}{2}\)-t. A két kifejezés egyenlőségéből egyszerűsítés után kapjuk, hogy

b(a2+fc2-x2)=a(b2+fc2-(c-x)2).

Helyettesítsük be az x és c-x előbb kapott értékeit:

\(\displaystyle b\left(a^2+f_c^2-\left(\frac{ac}{a+b}\right)^2\right)=a\left(b^2+f_c^2-\left(\frac{bc}{a+b}\right)^2\right).\)

Innen fc kifejezhető. A műveletek elvégzése és egyszerűsítés után, valamint felhasználva az \(\displaystyle s=\frac{a+b+c}{2}\) jelölést, kapjuk, hogy

\(\displaystyle f_c=\sqrt{\frac{4ab\cdot s(s-c)}{{(a+b)}^2}}.\)

A betűk ciklikus cseréjével hasonló összefüggést írhatunk fel az fa és fb szögfelezőkre is.

Írjuk fel az fafbfc szorzatot:

\(\displaystyle f_af_bf_c=\sqrt{\frac{4ac\cdot s(s-b)\cdot4ab\cdot s(s-c)\cdot4bc\cdot s(s-a)}{{(c+a)}^2\cdot{(b+c)}^2\cdot{(a+b)}^2}}.\)

A számlálóból kiemelhetjük a 8s.abc-t, a nevező tényezőiből pedig gyököt vonunk, így kapjuk, hogy

\(\displaystyle f_af_bf_c=\frac{2s\cdot abc\cdot4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{(a+b)(b+c)(a+c)}.\)

Itt 2s=a+b+c, Héron képlete szerint pedig \(\displaystyle 4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=4T\), ezeket helyettesítve valóban az (1) összefüggést kapjuk.

 

Metzing András (Pécs, Leöwey Klára Gimn., 11. évf.)

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