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 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. 665. Mennyi az alábbi tört értéke, ha a számláló és a nevező ugyanannyi számjegyet tartalmaz?

\(\displaystyle {166\dots6\over66\dots64}\)

Megoldás. Jelölje n a számlálóban és a nevezőben található 6-os számjegyek közös számát. Ekkor

\(\displaystyle \overline{166\ldots6}=10^n+6(1+10+\ldots+10^{n-1})=10^n+6\cdot\frac{10^n-1}{10-1}=\)

\(\displaystyle =10^n+\frac{2}{3}(10^n-1)=\frac{5}{3}10^n-\frac{2}{3}.\)

Hasonlóan,

\(\displaystyle \overline{66\ldots64}=60(1+10+\ldots+10^{n-1})+4=60\frac{10^n-1}{9}+4=\)

\(\displaystyle =\frac{20}{3}10^n-\frac{8}{3}=4\Bigg(\frac{5}{3}10^n-\frac{2}{3}\Bigg),\)

tehát a tört értéke -- n értékétől függetlenül -- \frac{1}{4}.


C. 666. Egy egész együtthatós másodfokú polinom minden egész helyen 3-mal osztható értéket vesz fel. Bizonyítsuk be, hogy a polinom mindhárom együtthatója osztható 3-mal.

Megoldás. Legyen a szóbanforgó polinom f=ax2+bx+c, ahol a, b és c egész számok. Ekkor a feltétel szerint 3|f(0)=c, így f-c=ax2+bx helyettesítési értékei is oszthatóak 3-mal. Ezért az 1 és a -1 helyeken fölvett helyettesítési értékei, a+b és a-b is oszthatók 3-mal. Tehát 3|(a+b)+(a-b)=2a és 3|(a+b)-(a-b)=2b, amiből a feladat állítása nyilvánvalóan következik.


C. 667. Legyen

\(\displaystyle a=x+{1\over x},\qquad b=y+{1\over y},\qquad c=xy+{1\over xy}.\)

Mutassuk meg, hogy az a2+b2+c2-abc kifejezés értéke nem függ x és y-tól.

Megoldás.

\(\displaystyle a^2=\Big(x+\frac{1}{x}\Big)^2=x^2+\frac{1}{x^2}+2,\)

\(\displaystyle b^2=\Big(y+\frac{1}{y}\Big)^2=y^2+\frac{1}{y^2}+2,\)

\(\displaystyle c^2=\Big(xy+\frac{1}{xy}\Big)^2=x^2y^2+\frac{1}{x^2y^2}+2,\)

valamint

\(\displaystyle ab=\Big(x+\frac{1}{x}\Big)\Big(y+\frac{1}{y}\Big)=\Big(xy+\frac{1}{xy}\Big)+\Big(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big)=c+\Big(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big),\)

így

\(\displaystyle abc=c^2+\Big(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big)c=x^2y^2+\frac{1}{x^2y^2}+2+\Big(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big)\Big(xy+\frac{1}{xy}\Big)=\)

\(\displaystyle =x^2y^2+\frac{1}{x^2y^2}+2+\Big(x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\Big)=a^2+b^2+c^2-4,\)

tehát a2+b2+c2-abc=4, valóban független az x és az y értékétől.


C. 668. Adott az ABC egyenlő oldalú háromszög. Hol vannak azok a P pontok a háromszög síkjában, amelyekre PA2=PB2+PC2?

Megoldás. Jelölje A* az A pontnak a BC egyenesre vonatkozó tükörképét. Ha a háromszög oldalait egységnyi hosszúságúnak választjuk, akkor \overline{AA^*}=\sqrt{3}; legyen \overline{PA^*}=x. Írjuk fel a koszinusztételt rendre a PA*A, PA*B, PA*C háromszögekre:

\(\displaystyle \overline{PA}^2=\overline{PA^*}^2+\overline{AA^*}^2-2\overline{PA^*}\cdot\overline{AA^*}\cos PA^*A\angle=x^2+3-2x\sqrt{3}\cos PA^*A\angle,\)

\(\displaystyle \overline{PB}^2=\overline{PA^*}^2+\overline{A^*B}^2-2\overline{PA^*}\cdot\overline{A^*B}\cos PA^*B\angle=x^2+1-2x\cos PA^*B\angle,\)

\(\displaystyle \overline{PC}^2=\overline{PA^*}^2+\overline{A^*C}^2-2\overline{PA^*}\cdot\overline{A^*C}\cos PA^*C\angle=x^2+1-2x\cos PA^*C\angle.\)

Vegyük észre, hogy a PA*C és a PA*B szögek különbsége BA*C\(\displaystyle angle\)=60o, e két szög számtani közepe pedig a PA*A szög, hiszen AA* felezi a BA*C szöget. Vonjuk ki a második és harmadik egyenlőség összegéből az elsőt, és használjuk fel a

\(\displaystyle \cos\alpha+\cos\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\)

azonosságot:

\(\displaystyle \overline{PB}^2+\overline{PC}^2-\overline{PA}^2=2x^2+2-(x^2+3)-2x(\cos PA^*B\angle+\cos PA^*C\angle-\sqrt{3}\cos PA^*A\angle)=\)

\(\displaystyle =x^2-1-2x(2\cos\frac{PA^*B\angle+PA^*C\angle}{2}\cos\frac{PA^*B\angle-PA^*C\angle}{2}-\sqrt{3}\cos PA^*A\angle)=\)

\(\displaystyle =x^2-1-2x(2\cos PA^*A\angle\cdot\cos30^{\circ}-\sqrt{3}\cos PA^*A\angle)=\)

\(\displaystyle =x^2-1-2x\cos PA^*A\angle\cdot(2\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})=x^2-1.\)

Tehát a feltételnek azok a P pontok felelnek meg, amelyekre \(\displaystyle \overline{PA^*}=x=1\), vagyis amelyek illeszkednek az A* középpontú, egységsugarú körre.


C. 669. Adott kerületű körcikkek közül melyiknek legnagyobb a területe?

Megoldás. A vizsgált körcikkek sugarát jelöljük r-rel, szögüket pedig -- ívmértékben számolva -- alpha-val; az adott kerület legyen K. Ekkor K=2r+ralpha=r(2+\(\displaystyle alpha\)), a körcikk területének kétszerese pedig 2t=r2\(\displaystyle alpha\). Így

\(\displaystyle 2t=r^2\Big(\frac{K}{r}-2\Big),\) ezért r=\frac{K\pm\sqrt{K^2-16t}}{4}.

Mivel a diszkrimináns nem lehet negatív, azért t legfeljebb \(\displaystyle \frac{K^2}{16}\) lehet, és ezt az értéket akkor veszi fel, ha \(\displaystyle r=\frac{K}{4}\). Ekkor pedig \(\displaystyle K=r(2+\alpha)=\frac{K}{4}(2+\alpha)\), ahonnan \(\displaystyle alpha\)=2, ami \(\displaystyle 360\cdot\frac{2}{2\pi}\approx114,59^{\circ}\).

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