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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2003. 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.3602.A négyzet alakú medencében úszkáló Jerry el szeretne menekülni a parton rá leső Tom elől. Tom nem tud úszni, lassabban fut, mint Jerry, viszont négyszer olyan gyorsan fut, mint ahogy Jerry úszik. Megmenekülhet-e mindig Jerry?

(5 pont)

Megoldás:Jerry mindig megmenekülhet, ha a következő stratégiát követi. Tegyük fel, hogy a medence kerülete egy egység oldalú O középpontú n négyzet és jelölje n' azt a négyzetet, amelynek oldalai n oldalaival párhuzamosak, középpontja O, oldalhossza pedig egy 1/5 és 1/4 közé eső d szám, mondjuk d=0,22.

Ha P jelöli Tom pillanatnyi helyzetét, P' az n négyzet P-hez legközelebb lévő pontját, P'' pedig az n' négyzet P'-vel átellenben lévő pontját, akkor Tom mozgása során a P' pont pillanatnyi sebessége nem lehet nagyobb Tom sebességénél, a P'' pont sebessége pedig ennek d-szerese, vagyis nem nagyobb, mint Jerry úszási sebességének 4d-szerese. Ezért ha Jerry először is ráúszik a képzeletbeli n' négyzet kerületére, majd annak mentén Tom mozgását követve úgy úszkál, hogy a megfelelő P'' ponthoz mindig közeledjék, akkor előbb-utóbb Tommal átellenben fog elhelyezkedni az n' négyzet kerületén.

Ha ekkor elkezd egyenes vonalban úszni a medence hozzá legközelebb lévő Q pontjához, akkor biztosan megmenekül, ugyanis ekkor neki (1-d)/2 utat kell megtennie, míg Tomnak, amint azt mindjárt kiszámoljuk, legalább (3+d)/2 utat kell megtennie, ami a d>1/5 választás miatt meghaladja Jerry útjának 4-szeresét.

Valóban, ha Tom el szeretne jutni a Q pontba, akkor mozgása során legalább akkora utat meg kell tennie, mint a neki megfelelő P' pontnak az n négyzet kerületén. Ha kezdetben ez valamelyik csúcstól x\(\displaystyle \le\)1/2 távolságra van, akkor a P' és Q pontok távolsága az n négyzet mentén

\(\displaystyle \min\Bigl\{x+1+{1\over2}+{d\over2}-xd\ ,\ (1-x)+1+{1-d\over2}+xd\Bigr\}\ge{3+d\over2}\ .\)


B.3603. Szerkesszünk adott háromszög belsejében olyan pontot, melynek a háromszög oldalegyeneseitől való távolságainak aránya 1:2:3.

(3 pont)

Megoldás: Legyenek a háromszög csúcsai A,B,C, és vegyünk fel egy viszonylag kicsi k távolságot. Legyen D az a pont az ABC szögtartomány belsejében, melynek BC egyenestől való távolsága k, AB egyenestől vett távolsága pedig 3k. Azon pontok mértani helye az ABC szögtartományban, melyeknek a háromszög a és c oldalaitól vett távolságainak aránya 1:3, éppen a B-ből induló, D-n áthaladó nyílt félegyenes. Hasonlóképpen, azon pontok mértani helye az ACB szögtartományban, melyeknek a háromszög a és b oldalaitól vett távolságainak aránya 1:2, éppen a C-ből induló, E-n áthaladó nyílt félegyenes, ahol E azon pontja az ACB szögtartománynak, melynek az AC egyenestől vett távolsága 2k, míg a BC egyenestől vett távolsága k. Miként a D,E pontok, e két félegyenes is könnyen megszerkeszthetők, és metszéspontjuk, mely nyilván a háromszög belsejébe esik, lesz az a pont, melynek az a,b és c oldalaktól vett távolságainak aránya éppen 1:2:3.

Hasonlóképpen megszerkeszthetjük azt a pontot is, melynek a b,a és c oldalaktól vett távolságainak aránya lesz a kívánt 1:2:3 aránnyal egyenlő. Világos, hogy a háromszög oldalainak bármely permutációjához tartozik ilyeténképpen egy megoldás, és könnyű meggondolni, hogy mind a 6 permutációhoz különböző megoldás fog tartozni.


B.3604. Az x, y valós számokra teljesül, hogy x+y=1. Határozzuk meg az A(x,y)=x4y+ xy4+ x3y+ xy3+ x2y+ xy2 kifejezés legnagyobb értékét.

(3 pont)

Megoldás: A t=xy jelölést bevezetve x2+y2=(x+y)2-2xy=1-2t és x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2)=1-3t. Ezért

\(\displaystyle A(x,y)=t(x^3+y^3+x^2+y^2+x+y)=t(3-5t)={5t(3-5t)\over5}.\)

Ez a t-ben másodfokú kifejezés legnagyobb értékét a t=3/10 helyen veszi fel, a ]-\(\displaystyle infty\),3/10] intervallumban pedig szigorúan monoton növekedő.

Az x+y=1 feltétel miatt t lehetséges legnagyobb értéke 1/4, amit x=y=1/2 esetén vesz fel. Mivel 1/4<3/10, megállapíthatjuk, hogy az A(x,y) kifejezés legnagyobb értéke

A(1/2,1/2)=(1/4)(3-5/4)=7/16.


B.3605. Az ABC háromszög CA oldalának A-n túli meghosszabbításán adott a D pont, a CB oldalának B-n túli meghosszabbításán pedig az E pont úgy, hogy AB=AD=BE. Az ABC háromszög A-ból és B-ből induló szögfelezői a szemközti oldalakat az A1 illetve a B1 pontokban metszik. Mekkora az ABC háromszög területe, ha a DCE háromszög területe 9 egység, az A1CB1 háromszög területe pedig 4 egység?

(3 pont)

Javasolta: Bakonyi Gábor, Budapest

Megoldás: A szokásos jelölésekkel élve, az ABC háromszög területe t=\(\displaystyle kappa\)ab, ahol \(\displaystyle kappa\)=(1/2)sin\(\displaystyle gamma\). Mivel CD=b+c és CE=a+c, a DCE háromszög területe t1=\(\displaystyle kappa\)(a+c)(b+c). Végül a szögfelező tétel alapján CA1=ab/(b+c) és CB1=ba/(a+c), vagyis az A1CB1 háromszög területe t2=\(\displaystyle kappa\)(ab)2/(a+c)(b+c). Innen leolvasható, hogy t2=t1t2, vagyis \(\displaystyle t=\sqrt{9\cdot4}=6\).


B.3606. Adjunk meg olyan a és b egész számokat, amelyekre teljesül, hogy 2003<a+b\sqrt2<2003{,}01.

(3 pont)

Megoldás: Induljunk ki abból, hogy \(\displaystyle 0<\sqrt{2}-1<1/2\), innen

\(\displaystyle 0<3-2\sqrt{2}=(\sqrt{2}-1)^2<1/4,\)

\(\displaystyle 0<17-12\sqrt{2}=(3-2\sqrt{2})^2<1/16<1/10,\)

\(\displaystyle 0<577-408\sqrt{2}=(17-12\sqrt{2})^2<1/100,\)

ahonnan \(\displaystyle 2003<2580-408\sqrt{2}<2003,01\). Az a=2580, b=-408 választás tehát megfelelő lesz.


B.3607. Egy konvex négyszög szemközti oldalegyenesei metszik egymást. Megrajzoljuk a metszéspontoknál keletkezett szögek belső szögfelezőit. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha e két szögfelező merőleges egymásra, és ebben az esetben a szögfelezők a négyszög oldalait egy rombusz csúcsaiban metszik.

(4 pont)

Javasolta: Rácz János, Budapest

Megoldás:

 

 

Legyen az ABCD négyszögben az AB és DC félegyenesek metszéspontja E, az AD és BC félegyenesek metszéspontja pedig F. Az AED szög e szögfelezője messe a BC és AD oldalakat rendre az E1,E2 pontokban, az AFB szög f szögfelezője pedig messe a CD és AB oldalakat rendre az F1,F2 pontokban. Végül jelölje e és f metszéspontját M. A négyszög A,B,C és D csúcsainál lévő szögeket rendre \(\displaystyle alpha\),\(\displaystyle beta\),\(\displaystyle gamma\), illetve \(\displaystyle delta\)-val jelölve kiszámolhatjuk, hogy az AEE2 szög nagysága (180o-\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\))/2, ahonnan az AE2E szög nagyságára 90o-\(\displaystyle alpha\)/2+\(\displaystyle delta\)/2 adódik. Ugyanígy kapjuk, hogy az AF2F szög 90o-\(\displaystyle alpha\)/2+\(\displaystyle beta\)/2, ahonnan az E2MF2 szögre 180o-\(\displaystyle beta\)/2-\(\displaystyle delta\)/2 adódik. Tehát e pontosan akkor merőleges f-re, ha \(\displaystyle beta\)+\(\displaystyle delta\)=180o, vagyis ha az ABCD négyszög húrnégyszög.

Ebben az esetben az E1FE2 háromszögben az F-ből induló e szögfelező merőleges az E1E2 oldalra, amiért is a háromszög egyenlő szárú, FE1=FE2. Emiatt az E2FF1 és E1FF1 háromszögek egybevágóak, tehát E2F1=F1E1. Ugyanígy kapjuk azt is, hogy F1E1=E1F2. Az E1F1E2F2 négyszögben tehát az egymásra merőleges átlók egyenese egyben szimmetriatengely is, a négyszög valóban egy rombusz.


B.3608. Adjuk meg azoknak az a, b, c számoknak a tízes számrendszerbeli alakját, amelyekre az x3+ax2+bx+c=0 egyenlet gyökei rendre egyenlők az x3-3x+1=0 egyenlet három gyökének az ötödik hatványával.

(4 pont)

Megoldás: Ha f(x)=x3-3x+1, akkor f(-2)<0, f(0)>0, f(1)<0 és f(2)>0 miatt az f(x)=0 egyenletnek 3 különböző valós gyöke van. Ha ezek x1,x2,x3 akkor

s=x1+x2+x3=0,

t=x1x2+x1x3+x2x3=-3

és

p=x1x2x3=-1,

a gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján. Innen rögtön leolvasható, hogy

c=-x15x25x35=-p5=1.

Ismeretes, hogy s,t és p segítségével előállí tható minden olyan kifejezés, amely x1,x2,x3-ban szimmetrikus. Kezdve az egyszerűbbekkel,

u=x12+x22+x32=s2-2t=6

és

v=x12x2+x12x3+x22x1+x22x3+x32x1+x32x2=st-3p=3,

ahonnan

w=x13+x23+x33=su-v=-3.

Továbbá

y=x12x22+x12x32+x22x32=t2-2ps=9,

z=x13x22+x13x32+x23x12+x23x32+x33x12+x33x22=sy-pt=-3,

ahonnan

q=x15+x25+x35=uw-z=-15.

Végül

r=x13x2+x13x3+x23x1+x23x3+x33x1+x33x2=tu-ps=-18,

m=x13x23+x13x33+x23x33=ty-pv=-24,

és így

n=x15x25+x15x35+x25x35=ym-p2r=-198.

Az egyenlet együtthatói tehát a=-q=15, b=n=-198 és c=1.


B.3609. Van-e olyan f(x) egész együtthatós 2003-ad fokú polinom, amelyre bármely n egész szám esetén az

f(n), f(f(n)), f(f(f(n))), ...

értékek páronként relatív prímek?

(5 pont)

Megoldás: Legyen f1(x)=f(x) és fk+1(x)=f(fk(x)), ha k\(\displaystyle ge\)1 egész szám. Mivel fk+l(x)=fl(fk(x)), elegendő lenne azt biztosítani, hogy minden n egész számra n relatív prím az fk(n) számok (k=1,2,...) mindegyikéhez. Ez pedig nyilván teljesül, ha minden k-ra fk(x)=x.gk(x)+1 valamilyen alkalmas gk(x) egész együtthatós polinommal.

Azt állítjuk, hogy ez teljesül, ha például f(x)=x2003-x+1. Valóban, k=1 esetén g1(x)=x2002-1 megfelelő lesz. Ha pedig valamely k pozitív egészre a gk(x) polinomot már megtaláltuk, akkor

fk+1(x)=f(xgk(x)+1)=(xgk(x)+1)2003-(xgk(x)+1)+1

\(\displaystyle =\sum_{i=2}^{2003}{2003\choose i}x^i(g_k(x))^{i}+2002xg_k(x)+1,\)

ahonnan leolvasható, hogy a

\(\displaystyle g_{k+1}(x)=\sum_{i=2}^{2003}x^{i-1}(g_k(x))^{i}+2002g_k(x)\)

egész együtthatós polinom megfelelő lesz.

Az f(x)=x2003-x+1 polinom tehát megoldása a feladatnak.


B.3610. Bizonyítsuk be, hogy

sin 25o.sin 35o.sin 60o.sin 85o=sin 20o.sin 40o.sin 75o.sin 80o.

(5 pont)

Megoldás: A sin(90o-\(\displaystyle alpha\))=cos\(\displaystyle alpha\)=-cos(180o-\(\displaystyle alpha\)) és 2cos\(\displaystyle alpha\)cos\(\displaystyle beta\)=cos(\(\displaystyle alpha\)-\(\displaystyle beta\))+cos(\(\displaystyle alpha\)+\(\displaystyle beta\)) összefüggésekre támaszkodva

8(sin25osin35osin60osin85o-sin20osin40osin75osin80o)=

=8(cos65ocos55ocos30ocos5o-cos70ocos50ocos15ocos10o)=

=2(cos10o+cos120o)(cos25o+cos35o)-

-2(cos20o+cos120o)(cos5o+cos25o)=

=2cos10ocos25o+2cos10ocos35o+2cos120ocos35o-

-2cos20ocos5o-2cos20ocos25o-2cos120ocos5o=

=cos15o+cos35o+cos25o+cos45o+cos85o+cos155o-

-cos15o-cos25o-cos5o-cos45o-cos115o-cos125o=

=cos35o+cos85o-cos25o-cos5o+cos65o+cos55o=

=2cos60ocos25o-cos25o-cos5o+2cos60ocos5o=0,

hiszen 2cos60o=1. Ez bizonyítja az állítást.


B.3611. Az xn+1=xn2-xn+1 rekurzióval definiált sorozat elemeiből készítsük el a \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{x_i} végtelen sort. Mennyi ennek a sornak az összege, ha ax1=1/2; bx1=2?

(5 pont)

Megoldás: Ha 0<x<1, akkor 0<1-x<x2-x+1=1-x(1-x)<1. Ha tehát x1=1/2, akkor a sorozat minden eleme 0 és 1 közé esik, ezért minden n-re 1/xn>1, vagyis a végtelen sor összege \(\displaystyle infty\).

Ha azonban x\(\displaystyle ge\)2, akkor x2-x+1=x+1+x(x-2)\(\displaystyle ge\)x+1. Ezért x1=2 esetén az xn sorozat szigorúan monoton növekedően végtelenhez tart, az 1/xn sorozat pedig szigorúan monoton csökkenő módon 0-hoz tart. Továbbá az \(\displaystyle s_n=\sum_{i=1}^n{1\over x_i}\) sorozatot tekintve teljes indukcióval könnyen ellenőrizhető, hogy minden n pozitív egészre \(\displaystyle s_n=1-{1\over x_n(x_n-1)}\). Valóban, n=1 esetén ez igaz, ha pedig valamely n-re teljesül, akkor lévén

\(\displaystyle s_{n+1}=s_n+{1\over x_{n+1}}=1-{1\over x_{n+1}-1}+{1\over x_{n+1}}=1-{1\over x_{n+1}(x_{n+1}-1)},\)

az állítás n+1-re is teljesül. Ebből következik, hogy

\(\displaystyle 1-{1\over x_n}\le1-{1\over x_n(x_n-1)}=s_n<1.\)

Az sn sorozat tehát 1-hez tart, ami azt jelenti, hogy a végtelen sor összege ebben az esetben 1.

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