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!

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2003. márciusi 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.3622.

A Hupikék Törpikék 1001x945 méteres erdejében 1280 darab 1 méter átmérőjű fenyőfa él. A törpök szeretnének 7 darab 20x34 méteres teniszpályát kijelölni az erdőben. Lehetséges-e ez anélkül, hogy egyetlen fenyőt is ki kellene vágniuk?

(4 pont)

Megoldás: Ha a törpikék találnak egy 21x35 méteres téglalap alakú részt az erdőben, amelynek belsejébe egyetlen fenyőfa törzsének középpontja sem esik bele, akkor annak mindegyik szélét fél méterrel beljebb tolva, az így nyert 20x34 méteres téglalap alakú rész alkalmas lesz teniszpályának. Ha a törpök találnak 7 ilyen 21x35 méteres, páronként közös pont nélküli téglalapot, akkor tervüket biztosan meg tudják valósítani.

Mivel (1001x945):(21x35)=1287, az erdő területe pontosan 1287-szerese a téglalap területének. Ha tehát egy 1001x945-ös téglalapot ki lehet parkettázni 21x35-ös téglalapokkal, akkor az erdőt ennek megfelelően parcellázva, lesz legalább 7 parcella, amelynek belsejébe egyetlen fenyőfa törzsének középpontja sem esik bele, ezekben pedig a teniszpályák kijelölhetők.

Az oldalhosszakat 7-tel osztva, elegendő lenne egy 143x135-ös téglalapot felosztani 3x5-ös téglalapokra. Itt 135 3-mal és 5-tel is osztható, 143 pedig felírható 28x5+ 3 alakban. A nagy téglalapot fel lehet tehát bontani két kisebb téglalapra, nevezetesen egy 140x135-ös és egy 3x135-ös méretűre úgy, hogy mindkét téglalapnak egyik oldala osztható 3-mal, a másik pedig 5-tel, tehát külön-külön is feloszthatók már 3x5-ös téglalapokra. A keresett felosztás tehát megvalósítható, a feladatban megfogalmazott kérdésre igenlő a válasz.


B.3623.

Igazoljuk, hogy \(\displaystyle \root3\of{\sqrt{5}+2}-\root3\of{\sqrt{5}-2}\) racionális szám.

(4 pont)

Megoldás: Az \(\displaystyle A=\root3\of{\sqrt5+2}\), \(\displaystyle B=\root3\of{\sqrt5-2}\), x=A-B jelöléssel élve

\(\displaystyle x^3=A^3-B^3+3AB(B-A)=({\sqrt5+2})-({\sqrt5-2})-3ABx.\)

Mivel \(\displaystyle A^3B^3=({\sqrt5+2})({\sqrt5-2})=5-4=1\), kapjuk hogy AB=1 és így x3+3x-4=0. Ezt az egyenletet x=1 nyilván kielégíti, vagyis x-1 gyöktényezője az x3+3x-4 polinomnak. Ezt kiemelve

x3+3x-4=(x-1)(x2+x+4),

ahol a második tényezőnek nincsen valós gyöke. Mivel x valós szám, szükségképpen x=1, ami nyilván racionális szám.


B.3624.

Az a és b pozitív számokra teljesül, hogy

\(\displaystyle \frac{{(a+b)}^n-{(a-b)}^n}{{(a+b)}^n+{(a-b)}^n}=\frac{a}{b}, \)

ahol n adott pozitív egész. Bizonyítsuk be, hogy a=b.

(4 pont)

Megoldás: A nevezőkkel beszorozva és rendezve

(a+b)n(b-a)=(a-b)n(a+b)

adódik. Ha a\(\displaystyle \ne\)b, akkor a 0-tól különböző (a+b)(b-a) számmal való leosztás után az

(a+b)n-1=-(a-b)n-1

összefüggést kapjuk. Ha n páratlan, akkor a baloldalon pozitív, míg a jobboldalon negatív szám áll. Ha n páros, akkor mindkét oldalnak az n-1-edik gyökét véve kapjuk, hogy a+b=-a+b, vagyis a=0, ami ellentmond annak a kikötésnek, hogy a pozitív. Tehát valóban a=b, mely esetben az eredeti egyenlőség tényleg teljesül.


B.3625.

Határozzuk meg annak a gömbnek a sugarát, amely érinti az egységnyi élű szabályos tetraéder három lapját, valamint a negyedik lap három oldalát.

(3 pont)

Megoldás: Legyen a tetraéder négy csúcsa A,B,C,D, ahol A a szóban forgó három lap közös csúcsa. A feladatban szereplő g' gömb a tetraéderbe írt g gömbből A középpontú nagyítással keletkezik, melynek arányát jelölje \(\displaystyle \lambda\). Legyen továbbá F a BC él felezőpontja, S az ABC lap középpontja, K pedig a tetraéder középpontja. Mivel g az ABC lapot S-ben érinti, g' pedig az ABC lapot és egyben a BC élet is az F pontban érinti, \(\displaystyle \lambda\)=AF/AS=3/2. Ezért a g' gömb sugara, r'=(3/2)r, ahol r a g gömb sugara.

Mivel O egyben a tetraéder súlypontja is, r=OS=DS/4, ahol a DS szakaszt DF és SF ismeretében a Pithagorasz tételből tudjuk meghatározni. Itt \(\displaystyle DF=AF=\sqrt{3}/2\) és SF=AF/3, vagyis

\(\displaystyle DS^2=DF^2-SF^2=\Bigl(1-{1\over9}\Bigr)DF^2={2\over3}.\)

A g' gömb sugara ezek szerint

\(\displaystyle r'={3\over2}\cdot{DS\over4}={\sqrt{3}\over4\sqrt{2}}.\)


B.3626.

Az x0,x1,x2,... sorozat első két tagja pozitív, és fennáll, hogy \(\displaystyle x_{n+2}=\frac{x_{n+1}+1}{x_n}\). Fejezzük ki a sorozat 2003-adik tagját x0 és x1 segítségével.

(3 pont)

Megoldás: Ha xn és xn+1 pozitív, akkor xn+2 értelmes és pozitív. A teljes indukció elve miatt tehát a sorozat valamennyi eleme értelmezhető, és pozitív szám lesz.

Ha x0=a és x1=b, akkor a rekurzió alapján

\(\displaystyle x_2={b+1\over a},\ x_3={a+b+1\over ab},\ x_4={a+1\over b},\ x_5=a,\ x_6=b.\)

Vagyis x5=x0, x6=x1, és ha valamely n természetes számra xn+5=xn és xn+6=xn+1, akkor

\(\displaystyle x_{n+7}={x_{n+6}+1\over x_{n+5}}= {x_{n+1}+1\over x_n}=x_{n+2}.\)

A sorozat tehát periodikus 5 hosszúságú periódussal, vagyis a sorozat 2003-adik tagja,

\(\displaystyle x_{2002}=x_2={b+1\over a}={x_1+1\over x_0}.\)


B.3627.

Mutassuk meg, hogy ha a pozitív a, b, c, d számok szorzata 1, akkor

\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3\ge\max\left\{a+b+c+d;\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right\}. \)

(4 pont)

Javasolta: Némethy Katalin, Budapest

Megoldás: A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségből

\(\displaystyle {a+b+c+d\over4}\ge\root4\of{abcd}=1,\)

ahol egyenlőség csak az a=b=c=d esetben áll fenn, amikor is abcd=1 miatt mind a négy szám 1-gyel egyenlő. A számtani közép és a harmadik hatványközép közötti egyenlőtlenséget is figyelembe véve innen

\(\displaystyle {a+b+c+d\over4}\le\Bigl({a+b+c+d\over4}\Bigr)^3\le {a^3+b^3+c^3+d^3\over4}.\)

Ennek alapján

a3+b3+c3+d3\(\displaystyle \ge\)a+b+c+d,

ahol egyenlőség pontosan az a=b=c=d=1 esetben áll fenn.

Ugyancsak a fent említett közepek között fennálló egyenlőtlenségek miatt

\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3={a^3+b^3+c^3\over3}+{a^3+b^3+d^3\over3}+ {a^3+c^3+d^3\over3}+{b^3+c^3+d^3\over3}\ge\)

\(\displaystyle \ge\Bigl({a+b+c\over3}\Bigr)^3+\Bigl({a+b+d\over3}\Bigr)^3+ \Bigl({a+c+d\over3}\Bigr)^3+\Bigl({b+c+d\over3}\Bigr)^3\ge\)

\(\displaystyle \ge abc+abd+acd+bcd={1\over d}+{1\over c}+{1\over b}+{1\over a}.\)

Itt az egyenlőség szükséges és elégséges feltétele ismétcsak a=b=c=d. A kapott két eredményt összevetve nyerjük a bizonyítandó egyenlőtlenséget, melyben egyenlőség pontosan az a=b=c=d=1 esetben áll fenn.


B.3628.

Négy testvér egy konvex négyszög alakú telket örökölt. A telek szemközti oldalainak felezőpontjait összekötve négy négyszögre osztották az örökséget. Az első három testvér rendre 360, 720 és 900 m2-es telket kapott. Mekkora telek jutott a negyediknek?

(4 pont)

Megoldás: Vegyük az egyszerűség kedvéért egységnek a 180 m2-t. Ekkor a három ismert rész 2, 4, 5 egység területű.

1. ábra

A négy kis négyszög területét jelölje az 1. ábra szerint t1, t2, t3, t4, a ti területű négyszögből két oldalfelezőpont összekötésével levágott (a 2. ábrán piros) háromszög területét hi, a teljes négyszög területét pedig T.

2. ábra

Ismeretes, hogy h1+h3=h2+h4=T/4, hiszen a négyszög egy-egy átlójával párhuzamos középvonalak vágják le a hi területű háromszögeket, illetve ti-hi=T/8, mert az oldalfelezőpontok olyan paralelogrammát határoznak meg, amelynek területe a négyszög területének a fele és amelynek egy-egy negyede esik az egyes kis négyszögekbe.

Innen egyfelől t1+t3=t2+t4=T/2 következik, másrészt hi>0 miatt ti>T/8.

Válasszuk úgy a betűzést, hogy az ismert három terület t1, t2 és t3 legyen. Ekkor t4=t1+t3-t2 és T=2(t1+t3). t2 értéke szerint három lehetőségünk van:

a) t2=2. Ekkor t4=4+5-2=7 és T=18.

b) t2=4. Ekkor t4=2+5-4=3 és T=14.

c) t2=5. Ekkor t4=2+4-5=1 és T=12.

Az első és a harmadik eset nem jöhet létre, ugyanis az a) esetben T/8=9/4>t2, a c) esetben pedig T/8=3/2>t4, ellentétben a kapott ti>T/8 feltétellel.

A második eset viszont megvalósul. Ekkor ugyanis T/8=7/4<ti, és így h1=1/4, h2=9/4, h3=13/4, h4=5/4, a négyszög átlói tehát 1:13, illetve 9:5 arányban osztják egymást. Minden ilyen négyszög a hasonlóság erejéig meg is felel. A területe (h1+h3).4=14 egység és így a ti=hi+T/8 összefüggés miatt valóban rendre 2, 4, 5, 3 egységnyi részekre osztják a középvonalai.

A negyedik testvér tehát 3 egységnyi, azaz 540 m2-es telket kapott.


B.3629.

Bizonyítsuk be, hogy az ABCD konvex négyszögben

(AB+CD)2+ (BC+DA)2\(\displaystyle \ge\)(AC+BD)2.

(4 pont)

Megoldás: Toljuk el a CDA háromszöget a DB vektorral, így kapjuk a C'BA' háromszöget.

Most a CC'A'A négyszög egy paralelogramma, melynek oldalai CC'=AA'=BD és A'C'=AC. Ebben a parallelogrammában a koszinusz tételből könnyen levezethető parallelogramma szabály értelmében az átlók négyzetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegével, amiből

C'A2+A'C2=2(AC2+BD2)\(\displaystyle \ge\)(AC+BD)2

adódik. Itt egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha AC=BD.

A háromszög egyenlőtlenséget az ABC' és CBA' háromszögekre felírva kapjuk, hogy AC'\(\displaystyle \le\)AB+BC'=AB+CD és CA'\(\displaystyle \le\)BC+BA'=BC+DA, ahonnan

C'A2+A'C2\(\displaystyle \le\)(AB+CD)2+(BC+DA)2

következik. Itt egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a B pont a CA' és AC' szakaszoknak is pontja, ami azzal ekvivalens, hogy az ABCD négyszög parallelogramma.

A két egyenlőtlenséget összeolvasva nyerjük a bizonyítandó állítást, ahol egyenlőség tehát pontosan akkor áll fenn, ha az ABCD négyszög egy olyan parallelogramma, melynek átlói egyenlő hosszúak, vagyis ha a szóban forgó négyszög téglalap.


B.3630.

Egy körvonalon adott három pont. Szerkesszünk a körön egy negyediket úgy, hogy a négy pont érintőnégyszöget határozzon meg.

(5 pont)

Megoldás: A három pont valamilyen sorrendben a szerkesztendő négyszög három egymást követő csúcsa lesz. Megmutatjuk, hogy mindhárom lehetséges sorrendhez lesz pontosan egy megfelelő négyszög. A három pont tehát legyen rendre az ABCD négyszög A,B és C csúcsa. A szerkesztendő ismeretlen D csúcsra legyen AD=x és CD=y. Az AB=s, BC=t jelöléseket bevezetve, az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy s\(\displaystyle \ge\)t.

A körvonal B-t nem tartalmazó AC ívén lévő D pont pontosan akkor lesz megfelelő, ha s+y=t+x, azaz x-y=s-t, vagyis ha a D pont egy alkalmas hiperbolaágon helyezkedik el, mely hiperbolaág (s=t esetén egyenes) metszi az AC szakaszt és szimmetrikus az AC egyenesre. A teljes hiperbolát úgy kapnánk meg, ha ezt az ívet az AC szakasz felezőpontjára tükröznénk. Mivel mindkét hiperbolaág metszi az adott körvonal mindkét AC ívét, továbbá mivel egy hiperbolának egy körrel legfeljebb 4 közös pontja lehet, a keresett D pont egyértelműen meghatározott, ami az elfajuló s=t esetben is nyilvánvalóan igaz.

A keresett D pont megszerkesztésére rátérve, nekünk elegendő az x és y távolságokat megszerkesztenünk. Mivel x-y ismert, elég, ha x+y-t megszerkesztjük, innen már triviális módon szerkeszthető a D pont. Legyen ABC\(\displaystyle \angle\)=\(\displaystyle \beta\), ekkor ADC\(\displaystyle \angle\)=\(\displaystyle \delta\)=180o-\(\displaystyle \beta\). Az ABC és ADC háromszögekre a koszinusz tételt felírva

s2+t2-2stcos \(\displaystyle \beta\)=AC2=x2+y2-2xycos \(\displaystyle \delta\).

Mivel cos \(\displaystyle \delta\)=-cos \(\displaystyle \beta\), a kapott egyenlőséget az

x2+y2-2xy=(x-y)2=(s-t)2=s2+t2-2st

összefüggéssel összevetve adódik, hogy

xy(1+cos \(\displaystyle \beta\))=st(1-cos \(\displaystyle \beta\)).

Innen \(\displaystyle x+y=\sqrt{(x-y)^2+4xy}=\sqrt{a^2+b^2}\), ahol a=s-t ismert, b pedig mint a 2s(1-cos \(\displaystyle \beta\)) és 2t/(1+cos \(\displaystyle \beta\)) szakaszok mértani középarányosa, a jól ismert módszerekkel könnyen megszerkeszthető, x+y-t pedig az a,b befogókkal rendelkező derékszögű háromszög átfogójaként kapjuk meg.

Összefoglalva, a feladatnak minden esetben pontosan három megoldása lesz, melyek a három adott pont sorrendjének lerögzítése után a fenti eljárással megszerkeszthetők.


B.3631.

Legyen az f(x) tetszőleges másodfokú polinom. Bizonyítsuk be, hogy ha a legalább elsőfokú p(x) és a q(x) polinomok mindketten fölcserélhetők a kompozícióra nézve az f(x) polinommal, akkor egymással is fölcserélhetők.

(Lásd a B. 3621. feladatot.)

(5 pont)

Megoldás: Ha p és q is felcserélhető f-fel, akkor poq is felcserélhető f-fel, ugyanis

((poq)of)(x)=p(q(f(x)))=p(f(q(x)))=f(p(q(x)))=(fo(poq))(x)

teljesül minden x-re, amiből következik, hogy a (poq)of polinom azonos az fo(poq) polinommal. Ugyanez igaz természtesen a qop polinomra is. Vegyük észre, hogy ha a p(x) polinom foka n, a q(x)-é pedig m, akkor mind a poq, mind a qop polinom foka nm. Elegendő tehát belátni a következő állítást: tetszőleges k pozitív egészhez legfeljebb egy olyan r(x) k-ad fokú polinom van, amely f-fel felcserélhető.

Állításunk igazolásához keressük az r polinomot

r(x)=rkxk+rk-1xk-1+...+r1x+r0

alakban, ahol rk\(\displaystyle \ne\)0. Legyen f(x)=ax2+bx+c, ahol a\(\displaystyle \ne\)0. Az r polinom pontosan akkor felcserélhető f-fel, ha

a(rkxk+rk-1xk-1+...+r0)2+b(rkxk+rk-1xk-1+...+r0)+c=

=rk(ax2+bx+c)k+rk-1(ax2+bx+c)k-1+...+r0.

Mindkét oldalon egy 2k-ad fokú polinom áll. A két polinomban x2k együtthatóját összehasonlítva az ark2=rkak összefüggésre jutunk, ahonnan rk=ak-1. Ha valamilyen 0\(\displaystyle \le\)i<k esetén az rk, rk-1, ..., rk-i együtthatókat már meghatároztuk, akkor rk-i-1 is egyértelműen meghatározható, ha a két polinomban összehasonlítjuk x2k-i-1 együtthatóját. Valóban, a második polinomban ez az együttható, t2k-i-1 kifejezhető az a,b,c számok és a már meghatározott rk-j (j\(\displaystyle \le\)(i+1)/2) együtthatók segítségével, azok valamilyen többváltozós polinomjaként, míg az első polinomban a megfelelő s2k-i-1 együttható az a,b,c és rk-j (j\(\displaystyle \le\)i+1) együtthatók polinomjaként írható fel. Látszik, hogy s2k-i-1-ben is csak már eddig meghatározott együtthatók szerepelnek, az rk-i-1 együttható kivételével. Mivel az s2k-i-1 többváltozós polinom rk-i-1-t tartalmazó tagja éppen 2arkrk-i-1, az

\(\displaystyle r_{k-i-1}={t_{2k-i-1}-(s_{2k-i-1}-2ar_kr_{2k-i-1})\over2ar_k}\)

összefüggés alapján rk-i-1 valóban meghatározható. Ilyen módon az r(x) polinom valamennyi együtthatóját meghatározhatjuk, melyeknek még k további összefüggést is ki kell elégíteniük. Ezért az r(x) polinom vagy egyértelműen meghatározható, vagy pedig nem létezik, és éppen ezt akartuk igazolni.

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