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 2002. januári 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.3512.Keressük meg a 81-nek azt a legkisebb többszörösét,

    a) amelyik csak az 1

    b) amelyik csak az 1 és a 0 számjegyeket tartalmazza.

(4 pont)

Megoldás. Ha egy szám csak az 1 és a 0 számjegyeket tartalmazza és osztható 81-gyel, akkor 9-cel is osztható, és ezért a felírásában szereplő 1-esek száma osztható 9-cel. A legkisebb ilyen szám A=111111111=9.12345679, és itt B=12345679 9-cel osztva 1 maradékot ad.

Ha egy szám csak az 1 számjegyet tartalmazza és osztható 9-cel, akkor a fentiek értelmében szükségképpen A.(1+109+1018+...109k) alakú valamilyen k nem negatív egész számmal, ahol a zárójelben szereplő C szám jegyeinek összege k+1. Az AC=9BC szám pontosan akkor osztható 81-gyel, ha BC osztható 9-cel. Mivel B relatív prím a 9-hez, ez pontosan akkor következik be, ha C osztható 9-cel, vagyis ha C jegyeinek összege, k+1 is osztható 9-cel. A legkisebb ilyen számot tehát k=8 választása mellett kapjuk. Az a) feladat megoldása ezek szerint a 81 darab 1-esből álló szám.

Ha egy szám ennél kevesebb számjegyet tartalmaz, akkor legalább 9 darab 1 és legalább 1 darab 0 számjegyet is kell, hogy tartalmazzon, tehát legalább 10-jegyű. Vizsgáljuk meg, van-e megfelelő 10-jegyű szám. Mivel A=9B=9(9k+1)=81k+9, ezért 10A=810k+90, és 10A-9=810k+81 osztható 81-gyel. A b) feladat megoldása tehát az 1111111101 szám.


B.3513. Két körvonal nincs egy síkban, és pontosan két közös pontjuk van. Mutassuk meg, hogy van olyan gömbfelület, amelyre illeszkednek. (3 pont)

Megoldás. Legyen a k1 kör középpontja O1, a k2 köré O2, és messék egymást az A és B pontokban. Ekkor O1 és O2 illeszkedik az AB szakasz felező merőleges síkjára. Ez az F sík merőleges minden olyan síkra, amely az AB szakaszt tartalmazza, így történetesen a k1 és k2 körök S1 illetve S2 síkjára is. Azon pontok mértani helye, melyektől a ki kör minden pontja ugyanakkora távolságra van egy, az Si síkra merőleges, Oi-n áthaladó ei egyenes. Az ei egyenes tehát az F síkban helyezkedik el. Mivel S1 és S2 nem párhuzamos, az e1 és e2 egyenesek sem párhuzamosak. Ennek megfelelően metszik egymást az F sík egy O pontjában. Mármost az O középontú OA sugarú gömb felülete tartalmazza mind a k1, mind a k2 kör valamennyi pontját, és ezzel a bizonyítandó állítást beláttuk.


B.3514.Az ABC háromszög magasságai AA1, BB1 és CC1, területe t. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög pontosan akkor szabályos, ha

AA1.AB+BB1.BC+CC1.CA=6t.

(3 pont)

Megoldás. Az egyszerűbb írásmód kedvéért vezessük be az AB=c, BC=a, CA=b, AA1=x, BB1=y és CC1=z jelöléseket. Nyilván ax=by=cz=2t. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget felírva kapjuk, hogy

AA1.AB+BB1.BC+CC1.CA\(\displaystyle ge\)3(xc.ya.zb)1/3=3(ax.by.cz)1/3=6t ,

ahol egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha xc=ya=zb. Ekkor azonban ax=by=cz=2t=xc=ya=zb alapján a=b=c, vagyis a háromszög szükségképpen szabályos. Gondolatmenetünkből az állítás megfordítása is leolvasható minden további nélkül.


B.3515.Bizonyítsuk be, hogy a \big[\sqrt2\cdot
n\big] alakú számok között végtelen sok 2-hatvány van. (4 pont)

Megoldás. Először is, n=1 esetén \(\displaystyle [n\sqrt2]=2^0\). Elegendő megmutatni, hogy ha valamely n természetes számra \(\displaystyle [n\sqrt2]\) 2-hatvány, akkor létezik olyan N>n egész szám is, amelyre \(\displaystyle [N\sqrt2]\) 2-hatvány, hiszen ekkor \(\displaystyle [N\sqrt2]\ge[n\sqrt2]+1\) miatt ez az előzőnél nagyobb 2-hatvány lesz. Tegyük fel tehát, hogy \(\displaystyle [n\sqrt2]\) 2-hatvány, és legyen k olyan egész szám, melyre \(\displaystyle n\sqrt{2}<2^k\). Legyen \(\displaystyle m=[2^k/\sqrt{2}]\), ekkor \(\displaystyle 2^k-\sqrt{2}, akkor \(\displaystyle (m+1)\sqrt{2}<2^k+1\) is fennáll, és így N=m+1 megfelelő lesz. Ha pedig \(\displaystyle \varepsilon\le\sqrt{2}-1\), akkor nyilván \(\displaystyle 2^k-1. Ekkor nyilván \(\displaystyle 2^\ell\varepsilon\le2(\sqrt{2}-1)<1\) is teljesül, és ezért

\(\displaystyle 2^{k+\ell}<(2^{k+\ell}-1)+\sqrt{2}<2^{k+\ell}-2^\ell\varepsilon+\sqrt{2}=(2^lm+1)\sqrt{2}\ .\)

\(\displaystyle (2^lm+1)\sqrt{2}=2^{k+\ell}+\sqrt{2}-2^\ell\varepsilon<2^{k+\ell}+1\ .\)

Mivel \(\displaystyle 2^{k+\ell}-2^\ell\varepsilon+\sqrt{2}=(2^lm+1)\sqrt{2}\), Ebből adódik, hogy most az N=2m+1 választás megfelelő lesz.


B.3516.A füzetlapra rajzoltunk egy 5 cm-es zárt töröttvonalat. Mutassuk meg, hogy le tudjuk takarni egy 20 Ft-os érmével (az érme átmérője nagyobb, mint 2,5 cm). (3 pont)

Megoldás. Legyen a töröttvonal egyik pontja A és jelölje B a töröttvonalnak azt a pontját ami a töröttvonal mentén (tetszőleges körüljárási irányban) az A ponttól 2,5 cm távolságra van. Jelölje továbbá az AB szakasz felezőpontját O. Azt állítjuk, hogy a töröttvonal bármelyik P pontja O-tól legföljebb 1,25 cm távolságra van. Valóban, legyen P' a P pont O-ra vonatkozó tükörképe, ekkor a PP'A esetleg elfajuló háromszögre a háromszög-egyenlőtlenséget felírva kapjuk, hogy 2|OP|=|PP'|\(\displaystyle le\)|AP|+|AP'|=|AP|+|BP|\(\displaystyle le\)2,5 cm. Ennek megfelelően, ha az érmét úgy helyezzük el, hogy annak középpontja éppen az O pontot fedje, akkor az érme a töröttvonal minden egyes P pontját letakarja.


B.3517.Bizonyítsuk be, hogy 71|61!+1. (4 pont)

Javasolta: Róka Sándor, Nyíregyháza

Megoldás. Mivel a 71 prímszám, Wilson tétele szerint 70!+1 osztható 71-gyel. Elegendő tehát azt megmutatni, hogy 70! ugyanolyan maradékot ad 71-gyel osztva, mint 61!. Vizsgáljuk meg ennek megfelelően az A=62.63.....70 szorzatot.

A\(\displaystyle equiv\)(-9).(-8).....(-1)=-72.7!\(\displaystyle equiv\)-7!=-70.72\(\displaystyle equiv\)1 (mod 71) ,

vagyis 70!=A.61!\(\displaystyle equiv\)61! (mod 71), amit bizonyítani akartunk.


B.3518.Igaz-e, hogy ha két tetraéder lapjai megfeleltethetők úgy, hogy az egymásnak megfeleltetett lapok egyenlő területűek, akkor a két tetraéder térfogata is egyenlő? (4 pont)

Megoldás.

Mutatunk egy ellenpéldát. Legyen az egyik tetraéder az egységélű szabályos tetraéder. Ennek térfogata \(\displaystyle \sqrt2/12\). A másik tetraédernek legyen minden lapja egy \(\displaystyle \sqrt3\) magasságú, 1/2 alapú egyenlő szárú háromszög. (Így ennek a lapjai is \(\displaystyle \sqrt3/4\) területűek.)

 

 

A tetraéder B csúcsához tartozó magassága megegyezik az FAB háromszög B csúcshoz tartozó magasságával, ami az ábra alapján

 

 

(FA.m)/2=(AB.EF)/2

és m2=3-1/16 miatt \(\displaystyle \sqrt{47\over3}\cdot{1\over8}\). Ebből \(\displaystyle V={\sqrt3\over4}\cdot\sqrt{47\over3}\cdot{1\over8}\cdot{1\over3}\neq{\sqrt2\over12}\).

Tehát az állítás nem igaz.


B.3519. Az OA1A2A3 tetraéder OAi élén lévő, O-tól és Ai-től különböző Bi és Ci pontokra (i=1,2,3) teljesül, hogy az A1A2, B1B2 és C1C2 egyenesek is, és az A1A3, B1B3 és C1C3 egyenesek is egy ponton mennek át. Mutassuk meg, hogy ekkor az A2A3, B2B3 és C2C3 egyenesek egy ponton mennek át vagy párhuzamosak. (4 pont)

Megoldás. Jelölje P, illetve Q az A1A2, B1B2 és C1C2 egyenesek, valamint az A1A3, B1B3 és C1C3 egyenesek metszéspontját. P\(\displaystyle ne\)Q, mert ellenkező esetben P az A1A2 és A1A3 egyenesek metszéspontja lenne, vagyis P=A1 lenne, és ekkor szükségképpen B1 egybeesne A1-gyel, vagy pedig B2 egybeesne az O ponttal. Jelölje X\(\displaystyle in\){A,B,C} esetén SX az X1, X2 és X3 pontok által egyértelműen meghatározott síkot. Mind P, mind Q illeszkedik az SA, SB, SC síkok mindegyikére. E három sík tehát a PQ egyenesben metszi egymást. Ha a P pont illeszkedne az A2A3O síkra, akkor illeszkedne az A2O egyenesre is, vagyis P=A2 lenne, és ekkor szükségképpen B2 egybeesne A2-vel, vagy pedig B1 egybeesne az O ponttal. Megállapíthatjuk tehát, hogy a PQ egyenes nem illeszkedik az A2A3O síkra. Ezért a PQ egyenes vagy elkerüli az A2A3O síkot, vagy egy egyértelműen meghatározott R pontban metszi azt.

Ha az A2A3, B2B3 és C2C3 egyenesek mindegyike párhuzamos a PQ egyenessel, akkor egymással is párhuzamosak. Ha valamelyik egyenes, mondjuk X2X3, nem párhuzamos PQ-val, akkor szükségképpen metszi PQ-t, hiszen X2X3 és PQ is az SX síkban van. Mivel X2X3 az A2A3O síkban helyezkedik el, ez a metszéspont megegyezik az R ponttal. Ha az A2A3, B2B3 és C2C3 nem párhuzamosak egymással, akkor valamely Y\(\displaystyle in\){A,B,C}\{X} esetén az A2A3O síkban lévő, egymással nem párhuzamos X2X3 és Y2Y3 egyenesek egy T pontban metszik egymást. Ez a T pont illeszkedik az SX és SY síkokra. E két sík nem eshet egybe, ellenkező esetben ugyanis X2X3 és Y2Y3 is egybeesnének. Ennélfogva T illeszkedik a PQ egyenesre is. Másrészt T az X2X3 és Y2Y3 egyeneseket tartalmazó A2A3O síkra is illeszkedik, vagyis T=R. Ha {A,B,C}\{X,Y}={Z}, akor az Z2Z3 egyenes metszi vagy az X2X3, vagy az Y2Y3 egyenest, és e két egyenes U metszéspontjára az előzőhöz hasonló módon igaz, hogy U=R. Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy ha a három egyenes nem párhuzamos egymással, akkor szükségképpen a PQ egyenes metszi az A2A3O síkot egy R pontban, és a három szóban forgó egyenes R-ben metszi gyemást.


B.3520. A valós számok közül bizonyosakat pirosra festünk, mégpedig úgy, hogy ha az x szám piros, akkor az x+1 és \(\displaystyle {x\over x+1}\) számokat is pirosra festjük. Mely számok lesznek pirosak, ha kezdetben csak az 1 piros? (5 pont)

Megoldás. Ha x pozitív racionális szám, akkor x+1 és \(\displaystyle {x\over x+1}\) is az, ezért csakis pozitív racionális számokat festhetünk pirosra. Megmutatjuk, hogy minden egyes pozitív racionális szám előbb-utóbb piros lesz. Ez nyilván igaz az 1 nevezőjű törtekre, hiszen ezek az 1 számból az 1 ismételt hozzáadásával előállíthatók. Tegyük fel, hogy valamely n pozitív egész esetén már igazoltuk, hogy minden egyes legfeljebb n nevezőjű pozitív törtszám előbb-utóbb piros lesz. Tekintsük ezek után bármelyik n+1 nevezőjű 1-nél kisebb pozitív törtet, legyen ez \(\displaystyle {m\over n+1}\), ahol m\(\displaystyle le\)n. Az \(\displaystyle {x\over x+1}={m\over n+1}\) egyenlet megoldása, \(\displaystyle x={m\over n+1-m}\) n-nél nem nagyobb nevezőjű pozitív tört, ez tehát valamikor piros lesz, és a következő lépésben már \(\displaystyle {m\over n+1}\) is az lesz. Mivel az egész számok kivételével minden egyes n+1 nevezőjű pozitív tört az 1 ismételt hozzáadásával valamely \(\displaystyle {m\over n+1}\) alakúból (1\(\displaystyle le\)m\(\displaystyle le\)n) előállítható, előbb-utóbb az is piros lesz. A teljes indukció elve miatt tehát minden pozitív racionális szám piros lesz.


B.3521. Egy baktériumtörzs minden tagja egy óra leteltével vagy elpusztul vagy pedig kettéosztódik. Ha az osztódás valószínűsége p, akkor mennyi a valószinűsége annak, hogy egy kiszemelt baktérium leszármazottai sosem halnak ki? (5 pont)

Megoldás. Jelöljön A egy kiszemelt baktériumot, és feltéve, hogy kettéosztódik, a közvetlen leszármazottjait jelölje B és C. Legyen x annak a valószínűsége, hogy A leszármazottai sosem halnak ki. Feltéve, hogy B és C létrejött, jelölje y annak a valószínűségét, hogy vagy B, vagy C leszármazottai nem halnak ki; ekkor x=py. Ha már B és C létrejött, akkor annak a valószínűsége, hogy B leszármazottai nem halnak ki, x-szel egyenlő, és ugyanennyi annak a valószínűsége is, hogy C leszármazottai nem halnak ki. Annak a valószínűsége pedig, hogy sem B sem C leszármazottai nem halnak ki, ezen események függetlenségét feltételezve, x2-tel egyenlő. Ezért y=x+x-x2, x=p(2x-x2), ahonnan leolvasható, hogy x értéke vagy 0, vagy 2-1/p. Mivel 0\(\displaystyle le\)x\(\displaystyle le\)1, ezért p\(\displaystyle le\)1/2 esetén szükségképpen x=0, p>1/2 esetén pedig x=2-1/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