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. szeptemberi 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.3652.

Minden pozitív egész számot piros vagy kék színűre festettünk úgy, hogy különböző színű számok összegének a színe kék, a szorzatuk színe pedig piros.

Milyen színű két piros szám szorzata?

(3 pont)

Megoldás: Tegyük fel először, hogy van két eltérő színű szám, és jelöljön n egy olyan számot, amelynek színe különbözik az 1 színétől, ekkor n=1.n színe piros, az 1 színe ennek megfelelően kék. Ha a és b két piros szám, akkor 1+a kék, b+ab=(1+a)b pedig ennélfogva piros színű. Ha ab színe kék lenne, akkor b+ab is kék lenne, hiszen felírható különböző színű számok összegeként. Ez tehát nem lehetséges, ab színe piros.

Ha minden számot pirosra festettünk, akkor nyilván igaz ismétcsak, hogy két piros szám szorzata piros. Az az állítás, mely szerint két piros szám szorzata piros, igaz akkor is, ha mindegyik számot kékre festettük. Ezért két piros szám szorzatáról tejes bizonyossággal állíthatjuk, hogy piros.

A B. 3652. feladat tanulságai


B.3653.

Mi azon pontok mértani helye egy adott négyzet síkjában, amelyekből a négyzet 30o-os szögben látszik?

(3 pont)

Megoldás: A négyzet oldalegyenesei a síkot 9 tartományra osztják, melyek közül egyik maga a négyzet, 4 egybevágó végtelen tartomány a négyzet egy-egy oldalára illeszkedik, míg a másik 4 végtelen tartomány a négyzet egy-egy csúcsára. A keresett pontok csak a négyzeten kívül helyezkedhetnek el, és szimmetria okok miatt elegendő a két különböző típusú végtelen tartományból egyet-egyet megvizsgálni. Ha T az ABCD négyzet AB oldalára illeszkedő végtelen tartomány, akkor T pontjaiból a négyzet pontosan olyan szög alatt látszik, mint maga az AB oldal. Ezért a keresett pontok egy, az AB szakasz fölé emelt 30o-os látóköríven helyezkednek el, melynek minden T-be eső pontja megfelelő lesz. A keresett mértani hely T-be eső része tehát az ABXY körvonal XY íve, ahol az X és Y pontok a CB, illetve DA félegyenesek azon pontjai, melyekre \(\displaystyle BX=AY=\sqrt{3}AB\).

Hasonlóképpen, ha S a négyzet B csúcsára illeszkedő végtelen tartomány, akkor S pontjaiból a négyzet éppen akkora szög alatt látszik, mint az AC átló, így a mértani hely S-be eső része éppen az AC szakaszra emelt egyik 30o-os látókörív S-sel alkotott metszete lesz. Mivel az X pont az S és T tartományokhoz is hozzátartozik, az ív egyik végpontja éppen az X pont lesz, másik végpontja pedig szimmetria okok miatt az AB félegyenesnek azon Z pontja, melyre \(\displaystyle BZ=\sqrt{3}AB\).

A teljes mértani helyet úgy kapjuk, hogy az említett XY és XZ íveket a négyzet középpontja körül elforgatjuk 90o-kal, 180o-kal és 270o-kal is. A mértani hely az így keletkezett 8 körív uniója.


B.3654.

Bizonyítsuk be, hogy m2+n2+m+n-1 semmilyen m és n egész számra sem osztható 9-cel.

(3 pont)

Megoldás: Ha a k egész szám 3-mal osztva 0 vagy 2 maradékot ad, akkor k2+k=k(k+1) osztható 3-mal. Ha k=3\(\displaystyle \ell\)+1, akkor

k2+k=(9\(\displaystyle \ell\)2+6\(\displaystyle \ell\)+1)+(3\(\displaystyle \ell\)+1)=9(\(\displaystyle \ell\)2+\(\displaystyle \ell\))+2

mind 3-mal, mind 9-cel osztva 2 maradékot ad. Ebből azonnal látszik, hogy az A=(m2+m)+(n2+n)-1 szám csak úgy lehet 3-mal osztható, ha m és n egyaránt 1 maradékot ad 3-mal osztva. Ekkor viszont A 9-cel osztva 3 maradékot ad, vagyis semmilyen esetben nem lehet 9-cel osztható.


B.3655.

A körbe írható konvex ABCDEF hatszögben AB=BC=a, CD=DE=b, végül EF=FA=c. Bizonyítsuk be, hogy a BDF háromszög területe fele a hatszög területének.

(4 pont)

Megoldás: Legyen az O középpontú kör sugara egységnyi és jelölje az a,b,c húrokhoz tartozó kerületi szögeket rendre \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\), ekkor 2\(\displaystyle \alpha\)+2\(\displaystyle \beta\)+2\(\displaystyle \gamma\)=\(\displaystyle \pi\). Az OAB és OBC egyenlő szárú háromszögek alapja a=2sin \(\displaystyle \alpha\), magassága pedig cos \(\displaystyle \alpha\), ezért ezen háromszögek területe külön-külön sin \(\displaystyle \alpha\)cos \(\displaystyle \alpha\)-val egyenlő. Ugyanígy kapjuk, hogy az OCD és ODE háromszögek területe sin \(\displaystyle \beta\)cos \(\displaystyle \beta\), az OEF és OFA háromszögeké pedig sin \(\displaystyle \gamma\)cos \(\displaystyle \gamma\).

A BOD szög nagysága 2\(\displaystyle \alpha\)+2\(\displaystyle \beta\), ahonnan a BOD egyenlő szárú háromszög területe sin (\(\displaystyle \alpha\)+\(\displaystyle \beta\))cos (\(\displaystyle \alpha\)+\(\displaystyle \beta\))=cos \(\displaystyle \gamma\)sin \(\displaystyle \gamma\). Ugyanígy a DOF és FOB háromszögek területe rendre cos \(\displaystyle \alpha\)sin \(\displaystyle \alpha\) és cos \(\displaystyle \beta\)sin \(\displaystyle \beta\). Mivel a BOD, DOF, FOB szögek összege éppen 2\(\displaystyle \pi\), az O pont a BDF háromszög belsejében helyezkedik el. Ezért a BDF háromszög területe,

sin \(\displaystyle \alpha\)cos \(\displaystyle \alpha\)+sin \(\displaystyle \beta\)cos \(\displaystyle \beta\)+sin \(\displaystyle \gamma\)cos \(\displaystyle \gamma\)

éppen fele az OAB, OBC, OCD, ODE, OEF, OFA háromszögek együttes területének. Lévén O az ABCDEF hatszög belső pontja, ez utóbbi összeg megegyezik a hatszög területével. Ezzel az állítást igazoltuk.


B.3656.

Ha az F számot a-alapú számrendszerben írjuk fel, akkor a \(\displaystyle 0{,}3737\ldots=0{,}\dot3\dot7\) végtelen szakaszos törtalakot kapjuk, a G szám esetén pedig ez az alak \(\displaystyle 0{,}7373\ldots=0{,}\dot7\dot3\).

Ugyanezek a számok b-alapú számrendszerben felírva \(\displaystyle F=0{,}2525\ldots=0{,}\dot2\dot5\) és \(\displaystyle G=0{,}5252\ldots=0{,}\dot5\dot2\). Határozzuk meg az a és a b számokat.

(4 pont)

Megoldás: Mivel m alapú számrendszerben a \(\displaystyle 0,0101\ldots=0,\dot0\dot1\) számot m2-1-gyel szorozva éppen 1-et kapunk, a feladat feltételei alapján

\(\displaystyle F={3a+7\over a^2-1}={2b+5\over b^2-1}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad G={7a+3\over a^2-1}={5b+2\over b^2-1},\)

ahonnan

\(\displaystyle F+G={10a+10\over a^2-1}={7b+7\over b^2-1}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad G-F={4a-4\over a^2-1}={3b-3\over b^2-1}.\)

Mivel a,b\(\displaystyle \ge\)2, az első összefüggésből a+1-gyel illetve b+1-gyel történő egyszerűsítés majd átrendezés után a 10(b-1)=7(a-1) egyenletre jutunk. Hasonlóképpen adódik a második összefüggésből a 4(b+1)=3(a+1) egyenlet. Az így kapott kétismeretlenes lineáris egyenletrendszer egyetlen megoldása a=11, b=8.


B.3657.

Van-e olyan derékszögű háromszög, melynek beírt, valamint három hozzáírt körének sugara egy számtani sorozat négy egymást követő eleme?

(4 pont)

Megoldás: Legyen a háromszög két befogója a\(\displaystyle \le\)b, átfogója c, félkerülete s. Ekkor a beírt kör érintési pontjai a befogókon a derékszögű csúcstól s-c távolságra helyezkednek el, vagyis a beírt kör sugara s-c. Hasonlóképpen a hozzáírt körök sugaraira s-a, s-b, illetve s adódik. Mivel s-c<s-b\(\displaystyle \le\)s-a<s, a négy szám csak akkor alkothatna 4 tagú számtani sorozatot, ha teljesülnének az

(s-b)-(s-c)=(s-a)-(s-b)=s-(s-a)

egyenlőségek. Ekkor azonban c-b=b-a=a, vagyis b=2a, c=3a lenne, ami ellentmond Pithagorasz tételének. Ilyen derékszögű háromszög tehát nem létezik.


B.3658.

Milyen arányban osztja az ABCD szabályos tetraéder A csúcsából a BCD lapra állított merőleges szakaszt az a P pont, melyre a PB, PC és PD egyenesek páronként merőlegesek egymásra?

(3 pont)

Megoldás:

Az A csúcsból a BCD lapra állított merőleges szakasz talppontja egybeesik a BCD lap S súlypontjával, mely 1:2 arányban osztja az FD szakaszt, ahol F a BC él felezőpontja. Ha AB=1 és PS=x, akkor \(\displaystyle FD=\sqrt{3}/2\), \(\displaystyle FS=FD/3=1/\sqrt{12}\), a térbeli Pithagorasz tétel alapján pedig

\(\displaystyle PB^2=BF^2+FS^2+SP^2={1\over4}+{1\over12}+x^2={1\over3}+x^2.\)

Szimmetria okok miatt az egyenlő hosszú PB, PC, PD szakaszok akkor lesznek páronként egymásra merőlegesek, ha BC2=PB2+PC2, vagyis PB2=1/2, ahonnan \(\displaystyle x=1/\sqrt{6}\) adódik. Mivel \(\displaystyle SD=(2/3)FD=1/\sqrt{3}\), a Pithagorasz tétel alapján felírt AD2=SD2+AS2 miatt \(\displaystyle AS=\sqrt{2/3}=2/\sqrt{6}=2x\), tehát a P pont felezi az AS szakaszt.


B.3659.

Legyen t adott valós szám. Bontsuk fel valós együtthatós másodfokú tényezők szorzatára az x4+tx2+1 kifejezést.

(4 pont)

Megoldás: Ha létezik ilyen felbontás, akkor olyan felbontás is létezik, amelyben a két másodfokú tényező főegyütthatója egyaránt 1. Keressük tehát a felbontást

x4+tx2+1=(x2+bx+c)(x2+Bx+C)

alakban. A szorzatban x3 együtthatója b+B, a szorzat konstans tagja pedig cC, ahonnan B=-b, C=1/c adódik. Mivel x együtthatója bC+Bc=0, kapjuk hogy b/c-bc=b(1-c2)/c=0. Ezek szerint vagy b=0, vagy pedig c=\(\displaystyle \pm\)1.

Az első esetben az \(\displaystyle x^4+tx^2+1=(x^2+c)(x^2+{1\over c})\) összefüggésnek kell fennállnia, ami az eddigiek alapján pontosan akkor következik be, ha a másodfokú tag együtthatója mindkét oldalon ugyanaz, vagyis ha \(\displaystyle t=c+{1\over c}\). Ilyen c valós szám pontosan akkor található, ha |t|\(\displaystyle \ge\)2. Ha -2<t<2, akkor másfajta felbontás után kell tehát néznünk, ezért most c=\(\displaystyle \pm\)1. Most az

x4+tx2+1=(x2+bx+1)(x2-bx+1)

összefüggést vizsgálva, ez pontosan akkor áll fenn, ha t=2-b2, ilyen b pedig t\(\displaystyle \le\)2 esetén mindig található. A feladatot tehát megoldottuk t minden lehetséges értékére. Jegyezzük meg, hogy a fenti megoldást kicsit jobban végiggondolva az összes elképzelhető felbontás is megtalálható. (Hogyan?)


B.3660.

Egy körvonalat az X, Y és Z pontok három olyan ívre osztanak, amelyekhez tartozó középponti szögek 60o, 100o és 200o.

Ha A, B és C egy háromszög csúcsai, akkor jelölje MA és MB a háromszög A, illetve B csúcsából induló magasságvonalnak a háromszög köré írt körrel vett metszéspontját, FC pedig a C csúcsnál lévő szög szögfelezőjének a körülírt körrel vett metszéspontját.

Határozzuk meg az összes olyan hegyesszögű ABC háromszöget, amelyre az MA, MB és FC pontok valamilyen sorrendben megegyeznek az X, Y és Z pontokkal.

(4 pont)

Megoldás: Ha ABC egy hegyesszögű háromszög, melynek szögeit a szokásos módon \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\) és \(\displaystyle \gamma\) jelöli, akkor az ABC háromszög köré írt kör AB, BC, CA íveit az FC, MA, MB pontok olyan FCB, BMA, MAC, CMB, MBA, AFC ívekre osztják, melyekhez tartozó kerületi szögek nagysága rendre \(\displaystyle \gamma\)/2, 90o-\(\displaystyle \beta\), 90o-\(\displaystyle \gamma\), 90o-\(\displaystyle \gamma\), 90o-\(\displaystyle \alpha\), illetve \(\displaystyle \gamma\)/2. Az FCMA, MAMB, MBFC ívekhez tartozó középponti szögek nagysága tehát rendre 180o-2\(\displaystyle \beta\)+\(\displaystyle \gamma\), 360o-4\(\displaystyle \gamma\), 180o-2\(\displaystyle \alpha\)+\(\displaystyle \gamma\). Az FC, MA, MB pontok köré írt kör megegyezik az ABC háromszög köré írható körrel, az említett három középponti szög ismeretetében pedig előbb \(\displaystyle \gamma\), majd \(\displaystyle \alpha\) és \(\displaystyle \beta\) is egyértelműen meghatározató, és kielégíti az \(\displaystyle \alpha\)+\(\displaystyle \beta\)+\(\displaystyle \gamma\)=180o összefüggést. Ha az így kiszámolt \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\) szögek valamelyike nem hegyesszög, akkor lehetetlen helyzetből indultunk ki, ha viszont mindhárom szög hegyesszög, akkor a fent leírtak alapján az A,B,C pontokat az FC, MA, MB pontok köré írt körön egyértelműen kijelölhetjük: A az FCMB ívnek az a pontja, melyre az AFC ívhez tartozó középponti szög éppen a kiszámolt \(\displaystyle \gamma\) szöggel egyenlő, és így tovább.

Minden egyes keresett háromszögre tehát a 180o-2\(\displaystyle \beta\)+\(\displaystyle \gamma\), 360o-4\(\displaystyle \gamma\), 180o-2\(\displaystyle \alpha\)+\(\displaystyle \gamma\) szögek valamilyen sorrendben meg kell egyezzenek a megadott 60o, 100o és 200o szögekkel. 6 különböző lehetőség képzelhető el. Az első 2 lehetőségben az MAMB ívhez tartozik a 200o-os középponti szög, ekkor tehát FC a másik két ív közös végpontja, \(\displaystyle \gamma\)=40o, ami az A,B pontok helyét már egyértelműen kijelöli az FCMB, illetve FCMA íveken. Ha az utóbbihoz tartozó középponti szög 100o-os, akkor \(\displaystyle \alpha\)=80o és \(\displaystyle \beta\)=60o, ellenkező esetben pedig \(\displaystyle \alpha\)=60o és \(\displaystyle \beta\)=80o. Ez azt jelenti, hogy mindkét esetben ugyanazt a háromszöget kapjuk, csakhogy a csúcsok megnevezésénél az A és B betűk szerepe felcserélődik. Ha az MAMB ívhez a 100o-os középponti szög tartozna, akkor \(\displaystyle \gamma\)=65o, az \(\displaystyle \alpha\) és \(\displaystyle \beta\) szögek közül pedig az egyikre 22,5o, a másikra 92,5o adódna, ez tehát nem lehetséges. Végül, ha az MAMB ívhez a 60o-os középponti szög tartozik, akkor \(\displaystyle \gamma\)=75o, az \(\displaystyle \alpha\) és \(\displaystyle \beta\) szögek közül pedig az egyikre 27,5o, a másikra 77,5o adódik. Az első két esethez hasonló módon tehát most is egyértelműen meghatározhatjuk a két megoldást, amely végeredményben ugyanazt a háromszöget adja.

Összefoglalva, a megadott X,Y,Z pontok pontosan 4 különböző ABC hegyesszögű háromszöget határoznak meg, ha azonban a háromszög csúcsainak megnevezésétől eltekintünk, csak két valóban különböző háromszöget találunk.


B.3661.

Legyen x1=1, y1=2, z1=3, továbbá minden pozitív egész n-re \(\displaystyle x_{n+1}=y_n+\frac{1}{z_n}\), \(\displaystyle y_{n+1}=z_n+ \frac{1}{x_n}\), \(\displaystyle z_{n+1}=x_n+\frac{1}{y_n}\). Bizonyítsuk be, hogy az x200, y200 és z200 számok közül legalább az egyik nagyobb, mint 20.

(5 pont)

Megoldás: Teljes indukcióval könnyen igazolható, hogy mindhárom sorozat elemei pozitív számok. Ezért az an=xnyn+ynzn+znxn jelöléssel a1=11, és minden pozitív egész n-re

\(\displaystyle a_{n+1}=a_n+3+\Bigl({y_n\over x_n}+{z_n\over y_n}+{x_n\over z_n}\Bigr)+ \Bigl({1\over x_ny_n}+{1\over y_nz_n}+{1\over z_nx_n}\Bigr\)a_n+6,">

ugyanis a számtani és mértani közepek között fennálló egyenlőtlenség alapján

\(\displaystyle {1\over3}\Bigl({y_n\over x_n}+{z_n\over y_n}+{x_n\over z_n}\Bigr)\ge\root3\of{{y_n\over x_n}\cdot{z_n\over y_n}\cdot{x_n\over z_n}}=1.\)

Innen ismét n szerinti teljes indukcióval kapjuk, hogy an+1>a1+6n, vagyis a200>11+6.199>1200, amiértis az x200y200, y200z200, z200x200 számok valamelyike szükségképpen nagyobb mint 400. Ezen szám két (pozitív) szorzótényezője közül legalább az egyik nagyobb, mint 20, ami igazolja a feladat állítását.

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