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!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2004. januári 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.745.Van-e 2004 olyan pozitív egész szám, amelyek összege egyenlő a szorzatukkal?

Megoldás A 2004 darab szám mindegyike nem lehet 1-es, valamint 2003 darab 1-es sem lehet közötte, mert ezekben az esetekben az összeg nagyobb lenne, mint a szorzat.

Vizsgáljuk meg a 2002 darab 1-es esetét. Ekkor két helyre x és y pozitív egészeket írva: 2002+x+y=xy, amit (x-1)(y-1)=2003 alakban írhatunk. Mivel a 2003 prímszám, így x=2, y=2004 adódik (vagy x=2004, y=2). Vagyis 2002 db 1-es, 1 db 2-es és 1 db 2004-es számra teljesül a feladat feltétele.

Tehát van 2004 olyan pozitív egész szám, amelynek összege egyenlő a szorzatukkal.

 


C.746.Az \(\displaystyle \overline{ababab}\) alakú hatjegyű számok között hány

a) 217-tel;

b) 218-cal osztható szám van?

Megoldás Az \(\displaystyle \overline{ababab}\) alakú számok felírhatók \(\displaystyle 10101\cdot\overline{ab}\), azaz \(\displaystyle 3\cdot7\cdot13\cdot37\cdot\overline{ab}\) alakban.

a) Mivel 217=7.31, ezért \(\displaystyle 217|\overline{ababab}\) pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle 31|\overline{ab}\), azaz \(\displaystyle \overline{ab}\) lehetséges értékei: 31, 62, 93.

Vagyis a feltételnek megfelelő \(\displaystyle \overline{ababab}\) alakú számok: 313131, 626262 és 939393.

b) Mivel 218=2.109, ezért a keresett \(\displaystyle \overline{ababab}\) számnak 109-cel oszthatónak kell lennie. A fenti felbontásból látjuk, hogy 109 nem osztója sem 10101-nek, sem \(\displaystyle \overline{ab}\) kétjegyű pozitív egész számnak.

Vagyis nincs a feltételnek megfelelő \(\displaystyle \overline{ababab}\) alakú szám.

 


C.747Valamely egyenlő szárú háromszög alapja egységnyi, szárainak hossza b. Mekkora annak az egyenlő szárú háromszögnek az alapja, amelynek szárszöge egyenlő az előbbi háromszög alapon fekvő szögével és szárai egységnyiek?

Megoldás Jelölje az első háromszög BC alapjának felezőpontját F, ekkor az AFB derékszögű háromszögben: \(\displaystyle \cos\alpha={1\over2b}\).

Ezt behelyettesíthetjük a második háromszögre felírt koszinusztételbe: \(\displaystyle a^2=1+1-2\cos\alpha=2-{1\over b}\).

Tehát a keresett egyenlőszárú háromszög alapjának hossza: \(\displaystyle a=\sqrt{2-{1\over b}}\).

 


C.748.Oldjuk meg az egész számok halmazán a következő egyenletet:

\(\displaystyle \sin\left(\frac{\pi}{3}\,\big(x-\sqrt{x^2-3x-12}\,\big)\right)=0. \)

Megoldás Az egyenletből kapjuk: \(\displaystyle {\pi\over3}\left(x-\sqrt{x^2-3x-12}\right)=k\pi\) (ahol \(\displaystyle k\in\Bbb Z\)), azaz \(\displaystyle x-\sqrt{x^2-3x-12}=3k\), \(\displaystyle \sqrt{x^2-3x-12}=x-3k\). Akkor lehet megoldás, ha x\(\displaystyle \ge\)3k. Ekkor négyzetre emelhetjük, rendezhetjük az egyenletet, majd kifejezzük x-et: \(\displaystyle x={3k^2+4\over2k-1}\). Ha x egész, akkor a 4-szerese is az:

\(\displaystyle 4x={12k^2+16\over2k-1}={6k(2k-1)+3(2k-1)+19\over2k-1}=6k+3+{19\over2k-1},\)

vagyis 2k-1 osztója a 19-nek. A lehetséges esetek:

Az x\(\displaystyle \ge\)3k feltétel miatt két megoldás van: -13 és 7.

 


C.749.Az ábrán látható 6 egység élű kocka AE élének harmadolópontjai K és L. A kockát az LHG és a KFG síkokkal részekre osztjuk. Mekkora a B csúcsot tartalmazó rész térfogata?

Megoldás Metssze a KFG sík a DH élt N-ben, az LHG sík az FB élt M-ben. A párhuzamosságok és az oldalhosszak miatt látható, hogy KEFNHG test egy háromszög alapú hasáb, melynek térfogata: V2=tKEF.EH, azaz V2=12.6=72. Az LHG sík és a KFG sík metszésvonala PG, ahol P a KF és LM szakaszok metszéspontja. Mivel KPL és PMF háromszögek egybevágóak, ezért P az ML szakasz felezőpontja. Kiszámoljuk a PMFG tetraéder térfogatát. Az FG él merőleges a PMF lapra, így ez pont a tetraéder magassága, így a tetraéder térfogata: \(\displaystyle V_3={t_{PMF}\cdot FG\over3}\), azaz \(\displaystyle V_3={3\cdot6\over3}=6\).

A kocka térfogata: V1=63=216.

A B csúcsot tartalmazó rész térfogatát úgy kapjuk meg, ha a kocka térfogatából kivonjuk a KEFNHG háromszög alapú hasáb és a PMFG tetraéder térfogatát. A megmaradt rész térfogata: V=V1-V2-V3=216-72-6=138 (térfogategység).

 

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