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!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002 márciusi 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. 287. Egy lapra valaki rajzolt egy ellipszist, amelynek a nagytengelye kétszer olyan hosszú, mint a kistengelye. Az illető a tengelyek végpontjait is megjelölte. Adjunk meg olyan szerkesztési eljárást, amely körzőt és vonalzót, valamint az ellipszist felhasználva, bármely hegyesszöget három egyenlő részre oszt.

Megoldás. Legyen 3\(\displaystyle alpha\) a harmadolandó szög, és vegyünk fel egy derékszögű koordináta-rendszert, amelyben az ellipszis egyenlete x2+4y2=1.

Legyen Ai=(cos(alpha+(i-1).120o);sin(alpha+(i-1).120o)) és B_i=(\cos(\alpha+(i-1)\cdot120^\circ);{1\over2}\sin(\alpha+(i-1)\cdot120^\circ)) (i=1,2,3). Az Ai pontok az egységkörön, a Bi pontok pedig az ellipszisen vannak. A cél ezeknek a megszerkesztése.

Tekintsük a Bi pontokon átmenő kört. Ez az ellipszist egy negyedik C pontban is metszi. Némi számolással ellenőrizhető, hogy a kör középpontja K=\left({3\over16}\cos3\alpha;{3\over8}\sin3\alpha\right) és \(\displaystyle C=(\cos3\alpha;{1\over2}\sin3\alpha)\). A 3alpha ismeretében a kör megszerkeszthető és kimetszi az ellipszisből a Bi pontokat.


A. 288. Legyen p egy tetszőleges n-edfokú polinom, ahol n\(\displaystyle ge\)1. Bizonyítsuk be, hogy létezik legalább n+1 olyan komplex szám, amelyre p értéke 0 vagy 1.

IMC 7, London, 2000

Megoldás. Legyenek z1, ..., zk azok a komplex számok, ahol p értéke 0 vagy 1. Jelöljük \(\displaystyle mu\)j-vel, hogy zj hányszoros gyöke a p(z), illetve p(z)-1 polinomnak. Ekkor p'-nek a zj szám (\(\displaystyle mu\)j-1)-szeres gyöke. Multiplicitással számolva, a z1,...,zk számok között a p(z) és a p(z)-1 polinomoknak összesen 2n gyöke van, a p' polinomnak legfeljebb n-1, tehát

\(\displaystyle mu\)1+...+\(\displaystyle mu\)k=2n,   (mu1-1)+...+(\(\displaystyle mu\)k-1)len-1.

Kivonva egymásból, k\(\displaystyle ge\)n+1.


A. 289. Bizonyítsuk be, hogy ha a pozitív valós számok halmazán értelmezett valós értékű f függvény minden pozitív x, y értékre eleget tesz az

\(\displaystyle f\left({x+y\over2}\right)+f\left({2xy\over x+y}\right)=f(x)+f(y)\)

egyenletnek, akkor minden pozitív x,y számpárra

\(\displaystyle 2f\big(\sqrt{xy}\big)=f(x)+f(y).\)

Schweitzer Miklós Emlékverseny, 2001

Megoldás. Legyenek a,b,c,d teszőleges pozitív valós számok. A függvényegyenletet többször alkalmazva,

f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=

\(\displaystyle =f\left({a+b\over2}\right)+f\left({2ab\over a+b}\right)+f\left({c+d\over2}\right)+f\left({2cd\over c+d}\right)=\)

\(\displaystyle =f\left({{a+b\over2}+{c+d\over2}\over2}\right)+f\left({2{a+b\over2}\cdot{c+d\over2}\over{a+b\over2}+{c+d\over2}}\right)+\)

\(\displaystyle \qquad+f\left({{2ab\over a+b}+{2cd\over c+d}\over2}\right)+f\left({2{2ab\over a+b}\cdot{2cd\over c+d}\over{2ab\over a+b}+{2cd\over c+d}}\right)=\)

\(\displaystyle f\left({a+b+c+d\over4}\right)+f\left({(a+b)(c+d)\over a+b+c+d}\right)+\)

\(\displaystyle \qquad+f\left({abc+abd+acd+bcd\over(a+b)(c+d)}\right)+f\left({4abcd\over abc+abd+acd+bcd}\right).\)

Ha ugyanezt úgy is elvégezzük, hogy b-t és c-t felcseréljük, akkor azt kapjuk, hogy

(1)\(\displaystyle f\left({(a+b)(c+d)\over a+b+c+d}\right)+f\left({abc+abd+acd+bcd\over(a+b)(c+d)}\right)=\)

\(\displaystyle \qquad=f\left({(a+c)(b+d)\over a+b+c+d}\right)+f\left({abc+abd+acd+bcd\over(a+c)(b+d)}\right).\)

Legyen a=c, b=a2/d és \(\displaystyle t={a\over b}+{b\over a}\). Mint könnyen ellenőrizhető,

\(\displaystyle {(a+b)(c+d)\over a+b+c+d}={abc+abd+acd+bcd\over(a+b)(c+d)}=a,\)

\(\displaystyle {(a+c)(b+d)\over a+b+c+d}=a\cdot{2t\over2+t},\)

végül

\(\displaystyle {abc+abd+acd+bcd\over(a+c)(b+d)}=a\cdot{2+t\over2t}.\)

Ezeket behelyettesítve (1)-be,

(2)\(\displaystyle 2f(a)=f\left(a\cdot{2t\over2+t}\right)+f\left(a\cdot{2+t\over2t}\right)\)

A t bármilyen 2-nél nem kisebb szám lehet, a \(\displaystyle {2t\over2+t}\) pedig bármilyen 1-nél nem kisebb. Ezért minden x\(\displaystyle ge\)y számpárhoz léteznek olyan a és t számok, hogy \(\displaystyle a\cdot{2t\over2+t}=x\), \(\displaystyle a\cdot{2+t\over2t}=y\) és \(\displaystyle \sqrt{xy}=a\).

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