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!

MBUTTONS

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2004. 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.3712. Egy vendégség nyolc résztvevője egymás közt új ismeretségeket kötött az este folyamán. Távozáskor mindegyikük felírta egy lapra, hogy hány emberrel ismerkedett meg a vendégek közül. Az alábbi számok kerültek a papírra: 1,2,3,3, 5,6,6,6. Bizonyítsuk be, hogy volt olyan résztvevő, aki rosszul számolt. (Az ismeretségek kölcsönösek.)

3 pont

Megoldás: Osszuk fel a társaságot két részre. A álljon az első négy résztvevőből, B pedig a másik négyből. B tagjai egymás közt legfeljebb 6 új ismeretséget köthettek. Ha a B csoport tagjai által leírt 5,6,6,6 számok mindegyikét a+b alakban írnánk fel, ahol a az A-beli, b pedig a B-beli résztvevőkkel kötött ismeretségek számát jelöli, akkor a b számok összege nem lehet nagyobb 2.6=12-nél, az a számok összege tehát legalább 5+6+6+6-12=11. Ez a szám meg kell egyezzen az A-beli embereknek B-beliekkel kötött új ismeretségeinek együttes számával, ami viszont, feltételezve, hogy mindenki jól számolt, nem lehet nagyobb, mint 1+2+3+3=9. Valaki tehát biztosan rossz számot írt fel a papírra.


B.3713. Egy konvex ABCD négyszög átlóinak metszéspontja M. Bizonyítsuk be, hogy ha M rajta van az ABM háromszög súlypontját és a CDM háromszög súlypontját összekötő egyenesen, akkor a négyszög trapéz.

Javasolta: Holló Gábor, Budapest

3 pont

Megoldás:

Legyen az AB oldal felezőpontja E, a CD oldalé pedig F. A feltétel értelmében M az EF szakaszon helyezkedik el. Legyen D' a C ponton át az AB oldallal párhuzamosan húzott egyenesnek a BD egyenessel alkotott metszéspontja. Ekkor az ABM háromszöget egy M középpontú nagyítás viszi a CD'M háromszögbe, melynek során az E pont a CD' szakasz F' felezőpontjába kerül, amely az EF egyenesen helyezkedik el. Az állítás igazolásához elegendő megmutatni, hogy szükségképpen D=D'.

D pont nyilván az MD' nyílt félegyenesen helyezkedik el. Ha D az MD' szakasz belső pontja lenne, akkor a D-n keresztül EF-fel párhuzamos egyenes az F'D' szakasz egy X belső pontjában metszené a CD' egyenest, a párhuzamos szelők tétele értelmében tehát

CF:FD=CF':F'X<CF':F'D'=1

lenne, ami ellentmond annak, hogy F a CD szakasz felzőpontja. Hasonlóképpen, ha a D pont az MD' félegyenes D'-n túl elhelyezkedő pontja lenne, akkor a D-n keresztül az EF szakasszal párhuzamosan húzott egyenes a CD' félegyenest egy D'-n túl elhelyezkedő X' pontban metszené, így ebben az esetben

CF:FD=CF':F'X'>CF':F'D'=1

lenne, ami ismétcsak lehetetlen. Tehát valóban D'=D.


B.3714. Szerkesszünk háromszöget ha adott a kerülete, egy oldala és az adott oldallal szemközti szöge.

4 pont

Megoldás: Jelölje a háromszög területét T, kerületét k, az adott oldalt a, a vele szemben lévő szöget \(\displaystyle \alpha\), a beírt kör sugarát r, az a oldalhoz hozzáírt kör sugarát pedig ra. Legyen továbbá k=2s. Ismeretes, hogy T=sr=(s-a)ra, ahonnan

ra:r=s:(s-a).

Ennek alapján könnyen szerkeszthetünk egy olyan háromszöget, amely hasonló a szerkesztendő háromszöghöz. Vegyünk fel két közös pontból (jelöljük ezt A-val) kiinduló félegyenest, melyek egymásal \(\displaystyle \alpha\) szöget zárnak be. Rajzoljuk meg azon s-a, illetve s sugarú köröket, melyek mindkét félegyenest érintik. Ezen körök középpontját könnyen megszerkeszthetjük, ha a szögfelezőt elmetsszük egy olyan egyenessel, amely párhuzamos valamelyik félegyenessel, és attól olyan távolságra van, mint a megrajzolni kívánt kör sugara.

Az így nyert ábra hasonló ahhoz, amit akkor kapnánk, ha az A pontot tekintenénk a szerkesztendő háromszög a oldallal szemközti csúcsának, a két félegyenest az A-ból induló oldalegyeneseknek, és a háromszögbe berajzolnánk a beírt és az a oldalhoz hozzáírt kört. Ezért ha megrajzoljuk a két kör valamelyik közös belső érintőjét, az a szögtartományból egy olyan háromszöget vág ki, amely hasonló a szerkesztendő háromszöghöz. Ezt az a oldal ismeretében az A pontból megfelelő arányban nagyítva kapjuk a szerkesztendő háromszöget, amely egybevágóság erejéig egyértelmű.

A szerkeszthetőség szükséges feltétele, hogy a<k legyen, ekkor az s-a sugarú kör kisebb lesz, mint az s sugarú kör. Ezen feltétel mellett a szerkesztést pontosan akkor lehet elvégezni, ha a két kör nem metszi egymást, vagyis ha

\(\displaystyle {s\over\cos{\alpha\over2}}-{s-a\over\cos{\alpha\over2}}\ge s+(s-a),\)

azaz ha \(\displaystyle k\le a(1+1/\cos{\alpha\over2})\).


B.3715. Legyen az x pozitív szám, az n pedig 1-nél nagyobb egész. Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle {x^{n-1}-1\over n-1}\leq{x^n-1\over n}\).

4 pont

Megoldás: Az egyenlőtlenség nyilván ekvivalens az (n-1)(xn-1)-n(xn-1-1)\(\displaystyle \ge\)0 egyenlőtlenséggel, melyet az

ak-1=(a-1)(ak-1+ak-2+...+a+1)

azonosságot használva

\(\displaystyle (x-1)\Bigl\{(n-1)x^{n-1}-(x^{n-2}+x^{n-3}+\ldots+x+1)\Bigr\}\ge0\)

alakban írhatunk fel. Ha x=1, akkor a fenti egyenlőtlenségben nyilván egyenlőség áll. Ha x>1, akkor mindkét szorzótényező pozitív, hiszen ekkor x-1>0 és minden 0<i<n-1 esetén xn-1>xi. Ezért ekkor az egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés értéke szigorúan pozitív. Ha pedig 0<x<1, akkor a fenti egyenlőtlenségek megfordulnak, ezért ebben az esetben mindkét szorzótényező negatív lesz, a szorzat értéke tehát most is pozitív. Ezzel az egyenlőtlenséget igazoltuk, és azt is megállapítottuk, hogy egyenlőség kizárólag x=1 esetén áll fenn.


B.3716. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

\(\displaystyle x^2+7y+2=2z+4\sqrt{7x-3},\)

\(\displaystyle y^2+7z+2=2x+4\sqrt{7y-3},\)

\(\displaystyle z^2+7x+2=2y+4\sqrt{7z-3}.\)

3 pont

Megoldás: Vezessük be az

\(\displaystyle f(u)=(u^2+7u+2)-(2u+4\sqrt{7u-3})=(u-1)^2+(\sqrt{7u-3}-2)^2\)

jelölést. Világos, hogy f(u)\(\displaystyle \ge\)0, és f(u)=0 akkor és csak akkor teljesül, ha u=1. A feladatban szereplő három egyenletet összeadva, rendezés után az

f(x)+f(y)+f(z)=0

összefüggést kapjuk, ami csak x=y=z=1 esetén teljesülhet. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez egyben az eredeti egyenletrendszernek is megoldása.


B.3717. Adjuk meg azt a legkisebb kerületű egységnyi területű H téglalapot, amelyhez létezik olyan H1 téglalap, amelynek a kerülete 50%-kal kisebb, mint a H kerülete, a területe pedig 50%-kal nagyobb, mint a H területe.

4 pont

Megoldás: Ha a H téglalap oldalait a,b, a H1 téglalap oldalait pedig c,d jelöli, akkor a feltételek alapján a következőket írhatjuk fel: ab=1, cd=3/2, c+d=(a+b)/2. A számtani és mértani közepek között fennálló összefüggés értelmében \(\displaystyle c+d\ge2\sqrt{cd}=\sqrt{6}\), ahol egyenlőség kizárólag a \(\displaystyle c=d=\sqrt{3/2}\) esetben áll fenn. Innen kapjuk, hogy \(\displaystyle a+b=2(c+d)\ge2\sqrt{6}\). Lehetséges-e, hogy \(\displaystyle a+b=2\sqrt{6}\)? Ezt az ab=1 feltétellel összevetve láthatjuk, hogy ez pontosan akkor teljesül, ha a és b az \(\displaystyle x^2-2\sqrt{6}x+1\) egyenlet két gyökével egyezik meg. Mivel az egyenlet gyökei, \(\displaystyle \sqrt{6}+\sqrt{5}\) és \(\displaystyle \sqrt{6}-\sqrt{5}\) pozitív számok, megállapíthatjuk, hogy a feladat megoldása egy olyan H téglalap, melynek oldalai \(\displaystyle \sqrt{6}+\sqrt{5}\) és \(\displaystyle \sqrt{6}-\sqrt{5}\) hosszúságúak, a megfelelő H1 téglalap pedig egy \(\displaystyle \sqrt{3/2}\) oldalhosszúságú négyzet.


B.3718. Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög körülírható körének középpontján áthaladó tetszőleges egyenesnek a középvonalakra vett tükörképei egy ponton mennek át.

Javasolta: Csík Zoltán, Budapest

5 pont

Megoldás: Minthogy a háromszög középvonalai által alkotott háromszög magasságpontja megegyezik az eredeti háromszög köré írható kör középpontjával, a bizonyítandó állítás ekvivalens azzal, hogy egy ABC háromszög M magasságpontján áthaladó tetszőleges e egyenesnek a háromszög AB, AC, BC oldalegyeneseire vett eC, eB, eA tükörképei egy ponton mennek át. Tudjuk, hogy ezek az egyenesek rendre illeszkednek az M pont AB, AC, illetve BC egyenesre vonatkozó MC, MB, MA tükörképeire. Jól ismert, hogy ezen pontok viszont az ABC háromszög köré írható körön helyezkednek el. Vegyük észre azt is, hogy ha az e egyenes megegyezik a háromszög BC oldalhoz tartozó magasságvonalával, akkor az eA, eB, eC egyenesek mindegyike illeszkedik az A csúcsra. Ha még azt is feltesszük, hogy a háromszög legnagyobb szöge az A csúcsnál van, akkor az A csúcs különbözik az MA, MB, MC pontok mindegyikétől, kivéve, ha az A csúcsnál derékszög van. Ebben az esetben azonban A=MB=MC, és az előbb említett e egyenesre eB=eC éppen a háromszög köré írt k kör A pontban húzott érintője. Ebben az esetben is teljesül tehát, hogy az eA, eB, eC egyeneseknek a k körrel alkotott metszete éppen {A, MA}, {A, MB}, illetve {A, MC}.

Mindezek fényében elegendő a következő állítást igazolni. Ha X\(\displaystyle \in\){ A,B,C}, az e egyenest pedig M körüli pozitív irányú \(\displaystyle \epsilon\) szögű forgatás viszi az f egyenesbe, akkor az fX egyenesnek a k körrel alkotott metszete éppen { MX,Pf}, ahol a Pf pont az k körnek azon pontja, melyet az A-ból a kör középpontja körül negatív irányban történő 2\(\displaystyle \epsilon\) szögű forgatással kaphatunk meg. Ez ugyanis azt jelenti, hogy ha az f egyenes áthalad az M ponton, akkor annak a háromszög oldalegyeseire vonatkozó fA, fB, fC tükörképei a k kör ugyanazon Pf pontjában metszik egymást. Ha pedig észrevesszük azt, hogy fX az eX egyenesből MX körüli negatív irányú \(\displaystyle \epsilon\) szögű elforgatással származtatható, akkor a fenti állítást a kerületi (és középponti) szögek tételére való hivatkozással, egyszerű esetszétválasztással könnyen igazolhatjuk.


B.3719. Adott öt pont egy gömb felületén. Bizonyítsuk be, hogy van olyan zárt félgömbfelület, amely e pontok közül legalább négyet tartalmaz.

4 pont

Megoldás: Válasszunk ki az adott pontok közül kettőt, és tekintsük a gömb felületén azt a főkört, amely áthalad ezen a két ponton. Ez a főkör a gömb felületét két zárt félgömbfelületre osztja, melyek valamelyike a megmaradó három pont közül legalább kettőt tartalmaz. Ez a félgömbfelület tehát legalább négyet tartalmaz a megadott pontok közül.


B.3720. Létezik-e olyan u,v valós számpár, amelyre

a) u+v racionális, de minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén un+vn irracionális;

b) u+v irracionális, de minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén un+vn racionális?

5 pont

Megoldás: Az első esetben a válasz igenlő. Ilyen számpár például az \(\displaystyle u=\sqrt{2}\), \(\displaystyle v=1-\sqrt{2}\). Valóban, ekkor u+v=1 racionális. Ha n=2k, ahol k\(\displaystyle \ge\)1 egész, akkor a binomiális tétel alapján

\(\displaystyle u^n+v^n=2^k+\sum_{i=0}^k{2k\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k-1}{2k\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2}.\)

Mivel \(\displaystyle \sqrt{2}\) együtthatója pozitív egész, könnyen látható, hogy un+vn irracionális szám. Végül ha n=2k+1, ahol k\(\displaystyle \ge\)1 egész, akkor

\(\displaystyle u^n+v^n=2^k\sqrt{2}+\sum_{i=0}^k{2k+1\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k}{2k+1\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2},\)

vagyis

\(\displaystyle u^n+v^n=\sum_{i=0}^k{2k+1\choose2i}2^i- \Bigl\{\sum_{i=0}^{k-1}{2k+1\choose2i+1}2^i\Bigr\}\sqrt{2}\)

ebben az esetben is irracionális, hiszen \(\displaystyle \sqrt{2}\) együtthatója most is pozitív egész szám.

A második kérdésre viszont nemleges a válasz. Először tegyük fel, hogy u=0 és u+v=v irracionális. Ha u2+v2=v2 racionális, akkor u3+v3=v(v2) már nem lehet racionális. Ugyanígy kizárhatjuk azt az esetet is, amikor v=0. Tegyük fel tehát, hogy u és v 0-tól különböző számok, melyekre minden n\(\displaystyle \ge\)2 egész szám esetén un+vn racionális. Ekkor egyrészt

u6+v6=(u2+v2)(u4+v4-u2v2)

miatt u4+v4-u2v2, és így u2v2 is racionális, másrészt

u9+v9=(u3+v3)(u6+v6-u3v3)

miatt u6+v6-u3v3, és így u3v3 is racionális. Mivel u2v2\(\displaystyle \ne\)0, kapjuk, hogy uv=u3v3/u2v2 is racionális. Ezért u2+v2-uv is racionális, ahonnan

u3+v3=(u+v)(u2+v2-uv)

alapján következtethetünk arra, hogy u+v is racionális. Ez nyilvánvaló, ha u3+v3\(\displaystyle \ne\)0, ellenkező esetben pedig u3=-v3 alapján u=-v, vagyis u+v=0.


B.3721. Tekintsünk egy S halmazt és a halmazon egy kétváltozós * műveletet (tehát bármely két S-beli a, b esetén a*b is S-beli). Tegyük föl, hogy (a*b)*a=b teljesül minden S-beli a, b-re. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a*(b*a)=b is teljesül minden S-beli a, b-re.

4 pont

Megoldás: Ha a*b=c, akkor a feltétel alapján c*a=b, ahonnan ugyanígy b*c=a, vagyis b*(a*b)=a is következik, minden a,b\(\displaystyle \in\)S esetén. Ha a és b szerepét felcseréljük, amit nyilván megtehetünk, éppen a bizonyítandó állítást nyerjük.

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