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!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2003. októberi 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.3662.

Van egy zsebrádiónk, amely két ceruzaelemmel működik. A fiókban van 8 ceruzaelemünk, közülük 4 ki van merülve. A jó és rossz elemek sajnos összekeveredtek. Az elemek tesztelésére nincs más lehetőségünk, mint hogy belehelyezünk kettőt a készülékbe, és ha az szól, akkor mindkét elem jó, ha nem szól, akkor legalább az egyik rossz. Legalább hány kísérletre van szükség ahhoz, hogy biztosan megszólaljon a rádió?

(5 pont)

Megoldás: Nem több, mint 7 kísérlet elvégzésével biztosan meg tudjuk szólaltatni a rádiót. Vegyünk először 3 elemet, és helyezzünk közülük kettőt a készülékbe. Ha ezt mindhárom lehetséges párosítás esetén megtesszük, akkor vagy megszólal valamelyik esetben a rádió (ha a 3 elem között volt legalább 2 jó), vagy arra következtethetünk, hogy a 3 elem közül 2 már biztosan lemerült. Ebben az esetben vegyünk 3 új elemet a még ki nem próbalt 5 közül, és ismételjük meg az eljárást. Eddig legfeljebb 6 kísérletet végeztünk el, és ha a rádió még mindig nem szólalt meg, akkor az újabb 3 elem között is kellett lennie 2 rossz elemnek. Ekkor azonban a még ki nem próbált két elem biztosan jó, tehát ebben az esetben egy hetedik kísérlettel már biztosan célt érünk.

6 kísérlet viszont nem mindig elegendő. Ugyanis két lehetőség van: vagy van olyan elem, amit legalább háromszor használunk föl, vagy nincs ilyen elem.

Ha van ilyen elem, akkor abban az esetben, ha ez pont rossz, és a másik három kísérletben is felhasználunk egy-egy rossz elemet, akkor a rádiót nem sikerül megszólaltatnunk.

Ha nincs ilyen elem, akkor ez azt jelenti, hogy legalább négy olyan elem van, amit kétszer használunk föl. Válasszuk ki ezek közül az egyiket. Vele párban csak két elem van, tehát marad még egy elem, amivel szintén két kísérletet végzünk. De ha ez és az először kiválasztott elem is rossz, akkor négy sikertelen kísérletet végeztünk. És ha ráadásul a maradék két kísérletben is van egy-egy rossz elem, akkor nem sikerül megszólaltatnuk a rádiót.


B.3663.

Vannak-e olyan páratlan a, b, c számok, amelyekre

(a+b)2+(a+c)2=(b+c)2?

(3 pont)

Megoldás: Ha x és y páratlan számok, akkor x+y páros szám. Ha x+y 4-gyel nem osztható, akkor négyzete 8-cal osztva 4 maradékot ad. Ez pontosan akkor fordul elő, ha x és y 4-gyel osztva ugyanolyan maradékot adnak. Ellenkező esetben, vagyis ha x és y közül az egyik 1, a másik pedig 3 maradékot ad 4-gyel osztva, (x+y)2 osztható lesz 8-cal.

Ezek szerint, ha a,b,c 4-gyel osztva ugyanolyan maradékot adnak, akkor (a+b)2+(a+c)2 osztható 8-cal, (b+c)2 viszont nem, ez az eset tehát nem lehetséges. Ha pedig a,b,c közül kettő ugyanolyan maradékot ad 4-gyel osztva, a harmadik pedig ettől eltérő maradékot ad, akkor az (a+b)2, (a+c)2 és (b+c)2 számok közül kettő 8-cal osztható, a harmadik azonban nem, amiértis az (a+b)2+(a+c)2=(b+c)2 egyenlőség nem állhat fenn. A feltett kérdésre tehát nemleges a válasz.


B.3664.

Keressük meg azt a legalacsonyabb fokú egész együtthatós p(x) polinomot, amelyre teljesül, hogy főegyütthatója 1, továbbá p(0)=0, p(1)=1 és p(-1)=3.

(3 pont)

Megoldás: A p(x) polinom nem konstans, és elsőfokú sem lehet, hiszen akkor p(0)=0, p(1)=1 esetén p(-1)=-1 lenne. A p(0)=0 feltétel miatt a polinom konstans tagja 0. Ha létezne ilyen másodfokú polinom, akkor az p(x)=x2+ax alakú lenne valamilyen a egész számmal. A p(1)=1 feltétel miatt ekkor 1+a=1, a=0 lenne, de ebben az esetben p(-1) értéke 1 lenne.

A keresett polinom foka tehát legalább 3. Vizsgáljuk meg, van-e megfelelő p(x)=x3+ax2+bx alakú polinom, ahol a,b egész számok. A p(1)=1 feltételből 1+a+b=1, p(-1)=3 miatt pedig -1+a-b=3. Innen a=2, b=-2 adódik. Mivel a p(x)=x3+2x2-2x polinom valamennyi feltételt kielégíti, ez a keresett polinom.


B.3665.

Adott a síkon tizenhárom pont úgy, hogy közülük bármely öt között van négy, amelyek egy körön vannak. Bizonyítsuk be, hogy az adott pontok közül legalább hat egy körön van.

(4 pont)

Megoldás: Vegyünk ki 5 pontot, ezek között van 4, mondjuk a,b,c,d, melyek egy K körön helyezkednek el. Ha K még legalább 2 további pontra illeszkedik, akkor készen vagyunk, ellenkező esetben található két további pont, e,f, melyek nem illeszkednek K-ra. Az a,b,c,e,f pontok közül 4 egy L körre illeszkedik. Ezen 4 pont között nem szerepelhet a,b,c is, mert akkor L=K lenne, de erre sem e, sem f nem illeszkedik. L tehát az a,b,c pontok közül pontosan kettőre illeszkedik, az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy ezek a,b. L-nek ezen kívül pontja e,f is. Ha L-re sem illeszkedik 5-nél több pont, akkor van olyan g pont, amelyik sem K-ra, sem L-re nem illeszkedik. Az a,b,c,e,g pontok közül 4 egy M körön van, amely sem a K, sem az L nem lehet, hiszen a,b,c,e nem esnek egy körre, és így g kell, hogy M-re illeszkedjen. Ha a és b is M-en lenne, akkor M=K vagy M=L lenne, tehát csak az egyik illeszkedhet M-re, mondjuk a. Ha M sem tartalmaz 5-nél több pontot, akkor még mindig található egy olyan h pont, amely a K,L,M körök egyikére sem illeszkedik. Az a,b,c,e,h pontok közül 4-re illeszkedő csak egy, az eddigiektől különböző N kör lehet, mely keresztülhalad a b,c,e,h pontokon.

Az a,b,c,d,e,f,g,h pontoktól különböző tetszőleges további x pont a K,L,M,N körök valamelyikén helyezkedik el. Valóban, az a,b,c,e,x pontok közül 4 illeszkedik egy körvonalra, de ez a 4 a,b,c,e nem lehet, tehát erre a körre az x-en kívül az a,b,c,e pontok közül még pontosan 3 illeszkedik. Attól függően, hogy ez melyik 3 pont, a K,L,M,N körök valamelyikét kapjuk. Mivel még 5 további pontunk van, melyek közül eddigi feltevéseink szerint a K,L,M körökre legfeljebb egy-egy eshet, az N körvonal még legalább két további pontot tartalmaz. Ebben az esetben is van tehát olyan körvonal, amelyre legalább hat pont illeszkedik.


B.3666.

Adjunk meg egy kocka minden lapjának a belsejében egy-egy négyzetet úgy, hogy a négyzetek csúcsai által meghatározott konvex test minden lapja szabályos sokszög legyen.

(4 pont)

Megoldás: Legyen a kocka éle \(\displaystyle 1+\sqrt{2}\) hosszúságú, és vegyünk fel minden lapon egy azzal koncentrikus, egység oldalú négyzetet. Állítjuk, hogy a négyzetek csúcsai egy 24 csúcsú konvex poliédert határoznak meg, melynek minden lapja egység oldalú négyzet, illetve szabályos háromszög.

Az nyilvánvaló, hogy a négyzetek a keletkező poliédernek lapjai lesznek, hiszen akármelyiket is tekintve, minden további pont az adott négyzet síkjának ugyanazon oldalán lesz. Ez egyben azt is jelenti, hogy ezen négyzetek összesen 24 oldala egyben a poliéder éle is lesz. Mindegyikre illeszkedik tehát a poliédernek egy-egy lapja. Ha az eredeti kocka két szomszédos lapjára rajzolt négyzetek egymához legközelebb eső, egymással párhuzamos oldalait tekintjük, ezek egy téglalap párhuzamos élei lesznek. Ha a kockát e két lappal szomszédos lapjának síkjára vetítjük, a Pithagorasz tételre alapuló egyszerű számolás mutatja, hogy a szóban forgó téglalap még hiányzó oldalai is egység hosszúak, a téglalap tehát négyzet. Ugyanez az ábra azt is mutatja, hogy a 24 csúcs közül az összes többi a téglalap síkjának ugyanazon oldalán helyezkedik el, ezek az új négyzetek, szám szerint 12, tehát szintán lapjai a poliédernek.

Ily módon tehát megtaláltuk a poliéder újabb 24 élét, melyek hármasával csoportosítva egy-egy szabályos háromszögvonalat alkotnak. Nem nehéz igazolni, hogy ezen háromszögek is a poliéder egy-egy lapját fogják határolni. Valóban, szimmetria okokból ezen háromszöglapokat az eredeti kocka alkalmas átlója körüli 120o-os forgatás saját magukba viszi, síkjuk tehát erre az átlóra merőleges. Hogy minden további pont a háromszöglap ugyanarra az oldalára esik, azt igazolhatjuk pédául úgy, hogy kiszámoljuk, milyen messze helyezkedik el a szóban forgó átló egyik végpontjától az egyes csúcsoknak az adott átlóra való merőleges vetülete.

Most tehát a 24 csúcs mindegyike körül találtunk három, egymához páronként élben csatlakozó lapot, melynek minden további csúcs ugyanarra az oldalára esik. Ez az észrevétel igazolja, hogy a poliéder valamennyi lapját megtaláltuk.


B.3667.

Az A, B, C pontok egy szabályos háromszög csúcsai. Adjuk meg azon P pontok mértani helyét a háromszög síkjában, melyekre

a) PA2+PB2=PC2,

b) PA2+PB2=2PC2.

(3 pont)

Megoldás: Vegyünk fel egy derékszögű koordináta-rendszert úgy, hogy az A csúcs koordinátái (-1, 0), a B és C csúcs koordinátái pedig rendre (1,0) és \(\displaystyle (0,\sqrt{3})\) legyenek. Ha a P pont koordinátái (x,y), akkor a Pithagorasz-tétel alapján

\(\displaystyle PA^2=(x+1)^2+y^2,\ PB^2=(x-1)^2+y^2,\ PC^2=x^2+(y-\sqrt{3})^2.\)

PA2+PB2=PC2 tehát pontosan akkor teljesül, ha

\(\displaystyle (x+1)^2+y^2+(x-1)^2+y^2=x^2+(y-\sqrt{3})^2,\)

ami azonos átalakításokkal az

\(\displaystyle x^2+(y+\sqrt{3})^2=4\)

alakra hozható. Ez éppen a \(\displaystyle (0,-\sqrt{3})\) középpontú, 2 egység sugarú kör egyenlete. Az a) eetben tehát a keresett mértani hely az a körvonal, melynek középpontja a C csúcs AB egyenesre vett tükörképe, és amely áthalad az A és B csúcsokon.

Hasonlóképpen, PA2+PB2=2PC2 pontosan akkor teljesül, ha

\(\displaystyle (x+1)^2+y^2+(x-1)^2+y^2=2(x^2+(y-\sqrt{3})^2),\)

ami az \(\displaystyle y=1/\sqrt{3}\) feltétellel ekvivalens. A b) esetben tehát a mértani hely a háromszög középpontjára illeszkedő, annak AB oldalával párhuzamos egyenes.


B.3668.

Milyen a és b valós számokra igaz, hogy minden x\(\displaystyle \in\)[0;1] esetén \(\displaystyle |x^2-ax-b|\le\frac{1}{8}\)?

(4 pont)

Megoldás: Mivel

\(\displaystyle x^2-ax-b=\Bigl(x-{a\over2}\Bigr)^2-\Bigl({a^2\over4}+b\Bigr),\)

f(1)-f(0)=(1-a/2)2-(a/2)2=1-a. Ha tehát a\(\displaystyle \ne\)[0;2], akkor f(1) és f(0) közül valamelyiknek az abszolút értéke 1/2-nél nagyobb. Tehát szükségképpen a\(\displaystyle \in\)[0;2], amikor is a>1 esetén f(0)-f(a/2)=a2/4>1/4, vagyis az f(0) és f(a/2) számok közül legalább az egyik abszolút értéke nagyobb, mint 1/8. Ha pedig a<1, akkor f(1)-f(a/2)=(2-a)2/4>1/4, most tehát f(1) és f(a/2) közül lesz valamelyik 1/8-nál nagyobb abszolút értékű.

Megállapíthatjuk tehát, hogy a=1. Ekkor x helyébe előbb 1/2-et, majd 1-et helyettesítve rendre a

\(\displaystyle -{1\over8}\le-{1\over4}-b\le{1\over8},\quad-{1\over8}\le-b\le{1\over8}\)

egyenlőtlenségeket kapjuk, melyeket egyszerre csak a b=-1/8 elégíthet ki.

Másrészt viszont a=1, b=-1/8 esetén az f(x)=x2-ax-b függvény minimuma az x=a/2=1/2 helyen van, ahol a függvény értéke -1/8, a [0;1] intervallumon pedig maximumát az intervallum két végpontjában veszi fel, ahol a függvény értéke 1/8. Ez az a,b számpár tehát a feladat egyetlen megoldása.


B.3669.

Egységnyi térfogatú forgáskúpok közül melyiknek minimális a felszíne?

(4 pont)

Megoldás: Legyen a forgáskúp alapkörének sugara r, magassága pedig m, ekkor a kúp térfogata 1=r2m\(\displaystyle \pi\)/3, ahonnan m=3/(r2\(\displaystyle \pi\)). A kúp felszíne A=r(a+r)\(\displaystyle \pi\), ahol \(\displaystyle a=\sqrt{r^2+m^2}\) a kúp alkotója. A c=(3/\(\displaystyle \pi\))2 jelölést használva tehát Ar-r3\(\displaystyle \pi\)=r2a\(\displaystyle \pi\), vagyis

\(\displaystyle (Ar-r^3\pi)^2=r^4\pi^2\Bigr(r^2+{c\over r^4}\Bigl),\)

ahonnan átrendezés után

2\(\displaystyle \pi\)Ar4-A2r2+c\(\displaystyle \pi\)2=0

adódik. Ennek az r2-re nézve másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa nem lehet negatív, vagyis

\(\displaystyle A^4-8\pi^3cA\ge0,\quad A\ge2\pi\root{3}\of{c}.\)

A kúp felszíne tehát legalább \(\displaystyle 2\pi\root{3}\of{c}\). Teljesülhet-e itt egyenlőség? Ha \(\displaystyle A=2\pi\root{3}\of{c}\), akkor a fenti másodfokú egyenletből szükségképpen \(\displaystyle r^2=A^2/(4\pi A)=\root{3}\of{c}/2\), ahonnan \(\displaystyle r=\root{3}\of{3/\pi}/\sqrt{2}\) és \(\displaystyle m=3/(r^2\pi)=2\root{3}\of{3/\pi}\). Az ezen paraméterekkel rendelkező forgáskúp térfogata valóban 1, felszíne pedig \(\displaystyle 2\pi\root{3}\of{c}\). Megállapíthatjuk tehát, hogy az egységnyi térfogatú forgáskúpok közül éppen ennek a minimális a felszíne. Eredményünket valamivel tetszetősebb formában pedig így fogalmazhatjuk meg: adott térfogatú forgáskúpok közül annak a felszíne a legkisebb, amelynek magassága az alapkör átmérőjénél \(\displaystyle \sqrt{2}\)-ször nagyobb.


B.3670.

Egy háromszög hozzáírt köreinek sugarai ra, rb és rc, körülírt körének sugara pedig R. Tudjuk, hogy ra+rb=3R és rb+rc=2R. Mekkorák a háromszög szögei?

(5 pont)Javasolta: Kiss Sándor, Szatmárnémeti

Megoldás: Jelöljük a beírt kör sugarát r-rel, a háromszög területét t-vel, félkerületét pedig s-sel. Ha az a oldallal szemközti csúcs A, akkor a beírt kör O középpontja és az a oldalhoz hozzáírt kör Oa középpontja is az A-ból induló szögfelezőn helyezkedik el. Az O és Oa pontoknak a b oldal egyenesére eső merőleges vetületét rendre T-vel és Ta-val jelölve, AT=s-a és ATa=s. Az egymáshoz hasonló AOT és AOaTa derékszögű háromszögekből ra:s=r:(s-a), vagyis ra=rs/(s-a)=t/(s-a). Hasonlóképpen rb=t/(s-b) és rc=t/(s-c).

Ezek szerint

\(\displaystyle 2R=r_b+r_c={t\over s-b}+{t\over s-c}={ta\over(s-b)(s-c)}.\)

Az abc=4Rt összefüggést alapján innen

abc(s-b)(s-c)=2at2

adódik. A Héron-képletet alakalmazva, egyszerűsítés után a bc=2s(s-a) egyenlőségre jutunk, ahonnan 2bc=(a+b+c)(b+c-a), vagyis b2+c2=a2. A Pithagorasz tétel megfordítása szerint tehát az a oldallal szemben fekvő szög, \(\displaystyle \alpha\)=90o. A

\(\displaystyle 3R=r_a+r_b={t\over s-a}+{t\over s-b}={tc\over(s-a)(s-b)}\)

összefüggésből ugyanilyen módszerrel a 3abc(s-a)(s-b)=4ct2,

3ab=4s(s-c)=(a+b+c)(a+b-c)=a2+2ab+b2-c2

egyenlőségekre jutunk, vagyis most c2=a2+b2-ab. A koszinusz-tétel szerint most a c oldallal szemközti \(\displaystyle \gamma\) szögre cos \(\displaystyle \gamma\)=1/2 adódik, vagyis \(\displaystyle \gamma\)=60o. Ennek megfelelően a b oldallal szemben felkvő szög \(\displaystyle \beta\)=30o.

A háromszög szögei tehát 30o, 60o és 90o nagyságúak.


B.3671.

Oldjuk meg az (x2+y)(x+y2)=(x-y)3 egyenletet az egész számok körében.

(5 pont)

Megoldás: Ha y=0, akkor az egyenletet minden x egész szám kielégíti. Ellenkező esetben az egyenletet átrendezve és y-nal leosztva az y-ban másodfokú

2y2+(x2-3x)y+(3x2+x)=0

egyenlethez jutunk. Rögzített x egész szám mellett ahhoz, hogy ennek az egyenletnek legyen egész megoldása, szükséges hogy annak

D=(x2-3x)2-4.2.(3x2+x)=x(x-8)(x+1)2

diszkriminánsa négyzetszám legyen. Ez pontosan akkor teljesül, ha alkalmas b egész számmal x(x-8)=b2. Innen \(\displaystyle x=4\pm\sqrt{16+b^2}\), ami pontosan akkor egész szám, ha alkalmas c egész számmal 16+b2=c2, vagyis 16=(c+b)(c-b). Ennek a diofantikus egyenletnek megoldásai b=0, c=\(\displaystyle \pm\)4 és b=\(\displaystyle \pm\)3, c=\(\displaystyle \pm\)5. Az első esetben x=0 vagy x=8, a másodikban pedig x=9 vagy x=-1 lehet. Innen y lehetséges értéke is könnyen meghatározható a fenti egyenletből: x=0, x=8 és x=-1 esetén D=0, ahonnan y-ra rendre 0, -10, illetve -1 adódik, míg x=9 esetén D=30, ahonnan y két lehetséges értéke -6 és -21.

Könnyen ellenőrizhetjük, hogy mindegyik kapott számpár megoldása az egyenletnek. Összefoglalva, az (x,0) számpárokon kívül, ahol x tetszőleges egész szám lehet, egyenletünknek még négy megoldása van, nevezetesen a (8, -10), (-1,-1), (9,-6) és (9, -21) számpárok.

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