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!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002. februári 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. 3522. Oldjuk meg az egész számok körében a

2x4+x2y2+5y2=y4+10x2

egyenletet. (3 pont)

Megoldás. Ha A=x2 és B=y2, akkor átrendezés és szorzattá alakítás után az egyenlet a (2A-B)(A+B-5)=0 alakot ölti. Tehát vagy 2x2=y2, ahonnan x=y=0 adódik, vagy pedig x2+y2=5. Ezért az egyenletnek 9 megoldása van, mégpedig x=y=0, x=\(\displaystyle pm\)2,y=\(\displaystyle pm\)1, valamint x=\(\displaystyle pm\)1,y=\(\displaystyle pm\)2.


B. 3523. Adott egy félkör. Tekintsük azokat a háromszögeket, amelyek egyik oldala tartalmazza a félkör átmérőjét, másik két oldala pedig érinti a félkört. E háromszögek közül melyiknek legkisebb a területe? (4 pont)

Megoldás. Ha a háromszöget tükrözzük az átmérőt tartalmazó oldal egyenesére, akkor egy olyan deltoidot kapunk, amelynek oldalai érintik az adott kört. Azt állítjuk, hogy ezen deltoidok közül a négyzetnek lesz a legkisebb a területe. Ebből következik, hogy a tekintett háromszögek közül annak az egyenlő szárú derékszögű háromszögnek lesz a legkisebb a területe, amelynek átfogója tartalmazza a félkör átmérőjét. Általánosabban, megmutatjuk, hogy egy adott kört érintő négyszögek közül a négyzetnek a legkisebb a területe. Legyen a kör sugara egységnyi, és tekintsünk egy olyan négyszöget, melynek oldalai érintik a kört, szögei pedig rendre \(\displaystyle pi\)-2\(\displaystyle alpha\),\(\displaystyle pi\)-2\(\displaystyle beta\),\(\displaystyle pi\)-2\(\displaystyle gamma\),\(\displaystyle pi\)-2\(\displaystyle delta\) nagyságúak, ahol az \(\displaystyle alpha\),\(\displaystyle beta\),\(\displaystyle gamma\),\(\displaystyle delta\) hegyesszögek összege \(\displaystyle pi\). Ekkor a négyszög területe

\(\displaystyle \tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma+\tan\delta\le4\tan\Bigl({\alpha+\beta+\gamma+\delta\over4}\Bigr)=4\tan(\pi/4)=4\ ,\)

ugyanis a tangens függvény a (0,\(\displaystyle pi\)/2) intervallumban alulról szigorúan konvex. Ugyanezért egyenlőség csak az \(\displaystyle alpha\)=\(\displaystyle beta\)=\(\displaystyle gamma\)=\(\displaystyle delta\)=\(\displaystyle pi\)/4 esetben állhat fenn, vagyis ha a négyszög minden szöge derékszög. Ez bizonyítja állításunkat.


B. 3524. Az x, y valós számok összege 1. Határozzuk meg xy4+x4y legnagyobb értékét. (3 pont) Megoldás. Tekintve, hogy

xy4+x4y=xy(x3+y3)=xy((x+y)3-3xy(x+y))=xy(1-3xy) ,

feladatunk az A(1-3A) kifejezés maximumának megkeresése azon feltétel mellett, hogy az A szám x(1-x) alakba írható. Minthogy

\(\displaystyle A(1-3A)={1\over12}-3\Bigl(A-{1\over6}\Bigr)^2\ ,\)

az A(1-3A) kifejezés a maximumát az A=1/6 helyen veszi fel, a maximum értéke pedig 1/12. Az x(1-x)=1/6 másodfokú egyenlet megoldásából adódik, hogy ha \(\displaystyle x=(1\pm\sqrt{1/3})/2\), akkor A=1/6=x(1-x). Ezért az A(1-3A) kifejezés maximuma az adott feltétel mellett is 1/12 lesz.


B. 3525. Bizonyítsuk be, hogy az 1,31,331,3331,... sorozatban végtelen sok összetett szám van. (4 pont)

Megoldás. 31 prímszám, ezért a kis Fermat tétel értelmében 31 osztója a 1030-1 számnak, és ennek következtében az összes 1030k-1 alakú számnak is, ahol k pozitív egész. Osztója tehát ezen számok harmadrészének is, vagyis minden olyan számnak, ami 30k darab 3-as számjegyből áll. Egy ilyen számot 100-zal megszorozva, majd az eredményhez 31-et hozzáadva újfent 31-gyel osztható számhoz jutunk, és minden ilyen szám a megadott sorozathoz tartozik. Összefoglalva, 31-től kezdve a sorozat minden 30-adik eleme 31-gyel osztható, tehát (a 31 kivételével) összetett szám.


B. 3526. Az ABCD téglalap BC oldalának felezőpontja F, CD oldalának a C-hez közelebbi harmadolópontja H. Milyen nagy lehet a HAF szög? (4 pont)

Megoldás.

 

Rögzítsük a D és C pontokat, és jelölje D' és H' a D, illetve H pont tükörképét C-re. Képzeljük el, hogy a HAF szög \(\displaystyle gamma\) nagysága adott, és próbáljuk meg megkeresni az A pont helyét. Az A pont egyrészt a D-ben DC-re emelt merőlegesen helyezkedik el, másrészt egy olyan \(\displaystyle gamma\) szögű látóköríven, melynek két végpontja éppen H és D', a kör középpontja pedig a CD egyenesre H'-ben emelt merőlegesre esik. A kör sugara tehát legalább DH'=HD' kell legyen, ebben az esetben a HD' szakaszhoz tartozó középponti szög \(\displaystyle pi\)/3, \(\displaystyle gamma\)=\(\displaystyle pi\)/6. Ha a kör sugarát növeljük, akkor \(\displaystyle gamma\) értéke folytonosan csökkenve 0-hoz tart, és minden esetben az A pont megszerkeszthető. Következésképpen a HAF szög nagysága tetszőleges \(\displaystyle pi\)/6-nál nem nagyobb pozitív érték lehet.


B. 3527. Adott egy trapéz, melynek a szárai nem párhuzamosak. Szerkesszünk csak vonalzóval olyan egyenest, amelynek a trapéz szárai közé eső szakaszát a trapéz átlói harmadolják. (5 pont)

Megoldás.

 

 

Betűzzük meg úgy a trapéz csúcsait, hogy a hosszabb alap csúcsai legyenek A,B, a rövidebbiké pedig C,D. Az AD és BC szárak egyenésenek E metszéspontját, valamint az AC és BD átlók F metszéspontját könnyen megszerkeszthetjük. Húzzunk képzeletben párhuzamost az F ponton keresztül a trapéz oldalaival, és jelölje A' és B' azt a két pontot, ahol ez az egyenes az AD, illetve BC szárat metszi. Közismert, és könnyen levezethető az AFD és BFC háromszögek területének egyenlőségéből az, hogy A'F=FB', hiszen az AFD háromszög területe m.A'F/2, a BFC háromszögé pedig m.FB'/2, ahol m a trapéz magasságát jelöli. A párhuzamos szelők tételéből következik, hogy az EF egyenes az ABE háromszögnek is súlyvonala, tehát az AB oldal G felezőpontjában metszi az AB egyenest. Ez a G pont tehát könnyen megszerkeszthető.

Szerkesszük meg azon P és Q pontokat, ahol a DG és CG egyenes a AC, illetve BD átlót metszi. Ekkor AP/PC=AG/DC=GB/DC=BQ/QD, tehát a P és a Q pont ugyanolyan arányban osztja az egymással párhuzamos AB és CD egyenesek közötti távolságot, vagyis PQ párhuzamos az trapéz alapjaival. Jelölje a PQ egyenesnek az AD és BC szárakkal alkotott metszéspontját S, illetve T. Ekkor SP/PQ=AG/GB=PQ/QT=1, vagyis P és Q az AB-vel párhuzamos ST szakasz harmadolópontjai. Az egyik keresett egyenes tehát PQ. Egy további egyenest úgy szerkeszthetünk meg, hogy a DC szakasz felezőpontját, melyet az EF egyenes metsz ki a BC oldalból, összekötjük az A és a B pontokkal, és az így keletkező egyeneseket metsszük el a trapéz átlóival. Az így keletkező P' és Q' pontokra az előbbi bizonyítás mintájára igazolhatjuk, hogy a P'Q' egyenes is megoldása a feladatnak.

Világos, hogy az F pont mindkét oldalán legfeljebb egy ilyen egyenes talalható, hiszen ahogy az AB-vel párhuzamos egyenest az E ponttól távolítjuk, úgy a két átló közé eső szakasz hossza nő, a másik két szakasz hossza pedig csökken. Ezzel tehát a feladat összes megoldását meghatároztuk.


B. 3528. Legyenek \(\displaystyle alpha\) és \(\displaystyle beta\) olyan hegyesszögek, amelyekre sin2\(\displaystyle alpha\)+sin2\(\displaystyle beta\)<1. Bizonyítsuk be, hogy sin2\(\displaystyle alpha\)+sin2\(\displaystyle beta\)<sin2(alpha+beta). (4 pont)

Megoldás. A trigonometrikus Pithagorasz tétel szerint sin2\(\displaystyle alpha\)+sin2(\(\displaystyle pi\)/2-\(\displaystyle alpha\))=1, ezért a feltételből adódik, hogy \(\displaystyle beta\)<\(\displaystyle pi\)/2-\(\displaystyle alpha\), 0<\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)<\(\displaystyle pi\)/2. Mivel

sin2(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\))=sin2\(\displaystyle alpha\)cos2\(\displaystyle beta\)+sin2\(\displaystyle beta\)cos2\(\displaystyle alpha\)+2sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)cos\(\displaystyle alpha\)cos\(\displaystyle beta\) ,

cos2x=1-sin2x helyettesítés és rendezés után látható, hogy a bizonyítandó állítás a

2sin2\(\displaystyle alpha\)sin2\(\displaystyle beta\)<2sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)cos\(\displaystyle alpha\)cos\(\displaystyle beta\)

állítással ekvivalens. A pozitív 2sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\) mennyiséggel elosztva, az ezzel ekvivalens sin\(\displaystyle alpha\)sin\(\displaystyle beta\)<cos\(\displaystyle alpha\)cos\(\displaystyle beta\), 0<cos(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)) egyenlőtlenségekhez jutunk, ez utóbbi pedig nyilván fennáll a fent levezetett 0<\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)<\(\displaystyle pi\)/2 egyenlőtlenség miatt.


B. 3529. Egy mértani sorozat első néhány tagjának összege 11, négyzetösszegük 341, köbösszegük 3641. Határozzuk meg a sorozat tagjait. (5 pont)

Javasolta: Besenyei Ádám, Budapest

Megoldás. Jelölje a sorozat első elemét a, hányadosát q, tagjainak számat pedig n. Legyen továbbá Q=qn. Az nem lehet, hogy q=1, mert ekkor an=11, a2n=341 miatt a=31, n=11/31 lenne, ellentmondva az a3n=3641 feltételnek. Ezért a következő összefüggéseket írhatjuk föl:

$$ A második és harmadik összefüggést az elsővel elosztva kapjuk továbbá, hogy

\(\displaystyle a{Q+1\over q+1}=31\ ,\ \ a^2{Q^2+Q+1\over q^2+q+-1}=331\ .\)

Felírhatjuk tehát, hogy a(Q-1)=11(q-1) és a(Q+1)=31(q+1), ahonnan a=10q+21 és (a\(\displaystyle ne\)0 miatt) \(\displaystyle Q={21q+10\over10q+21}\) is q segítségével kifejezhető. Ezt a fent levezetett a2(Q2+Q+1)=331(q2+q+1) összefüggésbe beírva végül a 2q2+5q+2=0 egyenlethez jutunk, ahonnan q lehetséges értékeire q=-2 és q=-1/2 adódik. Ennek megfelelően kapjuk, hogy a=1, Q=-32, n=5, illetve a=16, Q=-1/32, n=5. A feladat megoldása tehát a következő két sorozat (melyekről könnyen ellenőrizhetjük, hogy valóban kielégítik a feltételeket): 1,-2,4,-8,16, illetve 16,-8,4,-2,1.


B. 3530. Számítsuk ki \(\displaystyle {2002\choose0}-{2001\choose1}+{2000\choose2}-\dots-{1001\choose1001}\) értékét. (5 pont)

Megoldás. Legyen minden n pozitív egészre

\(\displaystyle A_n=\sum_{i=0}^{[n/2]}(-1)^i{n-i\choose i}\ .\)

Feladatunk A2002 értékének meghatározása. Az \(\displaystyle {n\choose k}={n-1\choose k-1}+{n-1\choose k}\) azonosság (n\(\displaystyle ge\)k\(\displaystyle ge\)1) segítségével könnyen ellenőrizhetjük, hogy minden n\(\displaystyle ge\)3 egész számra An=An-1+An-2. Valóban, ha k\(\displaystyle ge\)2, akkor

\(\displaystyle A_{2k}=1+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i\Bigl({2k-i-1\choose i}+{2k-i-1\choose i-1}\Bigr)+(-1)^k{k\choose k}=\)

\(\displaystyle =A_{2k-1}-\sum_{j=0}^{k-2}(-1)^j{2k-2-j\choose j}-(-1)^{k-1}{k-1\choose k-1}=A_{2k-1}-A_{2k-2}\ ,\)

ha pedig k\(\displaystyle ge\)1, akkor még egy kicsit egyszerűbben

\(\displaystyle A_{2k+1}=1+\sum_{i=1}^{k}(-1)^i\Bigl({2k-i\choose i}+{2k-i\choose i-1}\Bigr)=\)

\(\displaystyle =A_{2k}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{2k-1-j\choose j}=A_{2k}-A_{2k-1}\ .\)

Könnyen kiszámolhatjuk, hogy A1=A6=1, A2=A5=0, és A3=A4=-1. Innen pedig teljes indukcióval könnyen ellenőrizhető, hogy minden k pozitív egészre A6k=A6k+1=1, A6k+2=A6k+5=0, és A6k+3=A6k+4=-1. Mivel 2002=6.333+4, a keresett érték A2002=-1.


B. 3531. Az ABC háromszög O középpontú beírt körének az oldalakon levő érintési pontjai (a szokásos jelölésekkel) A1, B1, C1. Az A1O, B1O, C1O egyenesek rendre az A2, B2, C2 pontokban metszik a B1C1, C1A1, A1B1 szakaszokat. Bizonyítsuk be, hogy az AA2, BB2 és CC2 egyenesek egy ponton mennek át. (5 pont)

Javasolta: Besenyei Ádám, Budapest

Megoldás. A megoldás során több ízben fel fogjuk használni a következő állítást: ha X' az XYZ háromszög YZ oldalának pontja, és az XYZ, XZY, YXX' és ZXX' szögeket rendre \(\displaystyle eta\)Y, \(\displaystyle eta\)Z, \(\displaystyle delta\)Y, illetve \(\displaystyle delta\)Z jelöli, akkor

\(\displaystyle {YX'\over ZX'}={\sin\delta_Y\over\sin\delta_Z}\cdot{\sin\eta_Z\over\sin\eta_Y}\ ,\)

ugyanis a szinusz tétel miatt egyrészt YX'/XX'=sin\(\displaystyle delta\)Y/sin\(\displaystyle eta\)Y, másrészt ZX'/XX'=sin\(\displaystyle delta\)Z/sin\(\displaystyle eta\)Z. Speciálisan, ha XY=XZ, akkor \(\displaystyle eta\)Y=\(\displaystyle eta\)Z, és így YX'/ZX'=sin\(\displaystyle delta\)Y/sin\(\displaystyle delta\)Z.

Mivel a C1A1B1, C1B1A1, A1C1C2 és B1C1C2 szögek nagysága, a szokásos jelölésekkel élve, rendre (\(\displaystyle beta\)+\(\displaystyle gamma\))/2, (\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle gamma\))/2, \(\displaystyle beta\)/2, illetve \(\displaystyle alpha\)/2, a fenti állítás értelmében

\(\displaystyle {A_1C_2\over B_1C_2}={\sin(\beta/2)\over\sin(\alpha/2)}\cdot{{\sin{\alpha+\gamma\over2}}\over{\sin{\beta+\gamma\over2}}}\ .\)

Jelölje az A1CC2 és B1CC2 szögeket rendre \(\displaystyle gamma\)B és \(\displaystyle gamma\)A, és legyen C3 a CC2 egyenesnek az AB szakasszal alkotott metszéspontja. Figyelembe véve, hogy CA1=CB1, a megoldás elején tett észrevételünk ismételt alakalmazásával nyerjük, hogy

\(\displaystyle {AC_3\over C_3B}={\sin\gamma_A\over\sin\gamma_B}\cdot{\sin\beta\over\sin\alpha}={B_1C_2\over A_1C_2}\cdot{\sin\beta\over\sin\alpha}={\sin(\alpha/2)\over\sin(\beta/2)}\cdot{\sin{\beta+\gamma\over2}\over{\sin{\alpha+\gamma\over2}}}\cdot{\sin\beta\over\sin\alpha}\ .\)

Hasonlóképpen kapjuk, hogy

\(\displaystyle {BA_3\over A_3C}={\sin(\beta/2)\over\sin(\gamma/2)}\cdot{\sin{\gamma+\alpha\over2}\over{\sin{\beta+\alpha\over2}}}\cdot{\sin\gamma\over\sin\beta}\)

és

\(\displaystyle {CB_3\over B_3A}={\sin(\gamma/2)\over\sin(\alpha/2)}\cdot{\sin{\alpha+\beta\over2}\over{\sin{\gamma+\beta\over2}}}\cdot{\sin\alpha\over\sin\gamma}\ ,\)

ahol A3 és B3 az AA2 és BB2 egyneseknek a BC, illetve AC oldallal alkotott metszéspontját jelölik. Mindent összevetve láthatjuk, hogy

\(\displaystyle {AC_3\over C_3B}\cdot{BA_3\over A_3C}\cdot{CB_3\over B_3A}=1\ ,\)

és így a bizonyítandó állítás közvetlenül leolvasható Ceva tételéből.

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