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 2004. áprilisi 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.3722.Az O1 középpontú 4 cm sugarú és az O2 középpontú 6 cm sugarú körök metszéspontjaira illeszkedő szelő T pontban metszi az O1O2 szakaszt, amelyről tudjuk, hogy a hossza nem kisebb 6 cm-nél. A nagyobb kör A pontban, a kisebb kör B pontban metszi az O1O2 szakaszt és AT:BT = 1:2. Számítsuk ki az O1O2 szakasz hosszát.

(3 pont)

Javasolta: Békéssy Szilvia, Budapest

Megoldás: Minden hosszat cm-ben értve, legyen az AT szakasz hossza x, ekkor BT=2x, O1T=4-2x, O2T=6-x. A két kör egyik metszéspontját S-sel jelölve, a Pihagorasz-tétel alapján O1S2-O1T2=ST2=O2S2-O2T2, vagyis

42-(4-2x)2=62-(6-x)2,

ahonnan átrendezés után 4x=3x2 adódik. Mivel x> 0, kapjuk, hogy AT=x=4/3, AB=3x=4, vagyis

O1O2=O1B+O2A-AB=4+6-4=6.

Az O1O2 szakasz hossza tehát 6 cm, ami megegyezik a nagyobbik kör sugarával. Ez egyben azt is jelenti, hogy az A pont egybeesik az O1O2 szakasz O1 végpontjával.


B.3723.Ötszögekből és hatszögekből egy olyan konvex testet készítettünk, melynek minden csúcsában 3 lap találkozik, minden ötszögnek 5 hatszöggel és minden hatszögnek 3 ötszöggel van közös éle. Hány lapja van a testnek?

(4 pont)

Megoldás: Jelölje az ötszöglapok számát o, a hatszöglapokét h, az élekét e, a csúcsokét pedig c. Mivel minden csúcsban 3 él találkozik, egy élnek pedig két végpontja van, kapjuk, hogy 3c=2e. Mivel pedig egy él pontosan két laphoz tartozik, a 2e=5o+6h összefüggést is felírhatjuk. Az Euler féle poliéder-tétel szerint o+h+c=e+2, ahonnan 6o+6h+6c=6e+12, vagyis

6o+6h+2(5o+6h)=3(5o+6h)+12.

Ebből az ötszöglapok száma, o=12.

Mivel két ötszöglapnak nem lehet közös éle, minden hatszöglap mentén az ötszöglapok és a hatszöglapok felváltva követik egymást. Ebből adódik az, hogy minden csúcsra illeszkedik ötszöglap. Minthogy pedig egyetlen csúcsra sem illeszkedhet egynél több ötszöglap, a csúcsok száma, c=5o=60. A kapott eredményeket a 3c=5o+6h összefüggésbe behelyettesítve kapjuk, hogy 180=60+6h, ahonnan a hatszöglapok száma h=20, a test lapjanak száma pedig o+h=32.


B.3724.Melyek azok a p(x) polinomok, amelyekre a p(x).p(x+1) és a p(x+p(x)) polinomok azonosak?

(4 pont)

Megoldás: Ha p(x)=c konstans polinom, akkor az azonosság pontosan akkor teljesül, ha c2=c, vagyis ha c értéke 0 vagy 1. Ha a p(x) polinom foka d\(\displaystyle \ge\)1, akkor a p(x+1) polinom foka is d, a p(x).p(x+1) polinom foka tehát 2d. Ha d\(\displaystyle \ge\)2, akkor az is igaz, hogy az x+p(x) polinom foka d, a p(x+p(x)) polinomé pedig ennek megfelelően d2, ez tehát csak d=2 esetén lehetséges. Végül ha d=1, akkor az x+p(x) polinom vagy elsőfokú, vagy konstans (ez utóbbi pontosan abban az esetben, ha p(x) főegyütthatója -1), ennélfogva p(x+p(x)) is vagy elsőfokú, vagy konstans polinom, szemben a most másodfokú p(x).p(x+1) polinommal.

Azt kell tehát már csak megvizsgálnunk, hogy mely másodfokú p(x) polinomokra teljesül a feladatban megjelölt polinom-azonosság. Ha p(x) polinom főegyütthatója a\(\displaystyle \ne\)0, akkor az ugyancsak másodfokú p(x+1) és x+p(x) polinomoké úgyszintén a-val egyenlő, a negyedfokú p(x).p(x+1) polinom főegyütthatója tehát a2 lesz, a p(x+p(x)) polinomé pedig a3. Ezért szükségképpen a=1, a p(x) polinom pedig p(x)=x2+bx+c alakba írható. Könnyű ellenőrizni, hogy ekkor mind a p(x).p(x+1), mind pedig a p(x+p(x)) polinom az alábbi alakba írható át:

x4+(2b+2)x3+(b2+3b+2c+1)x2+(b2+2bc+b+2c)x+(c2+bc+c).

A feltételnek tehát pontosan a p(x)=0, a p(x)=1, és a p(x)=x2+bx+c alakú polinomok felelnek meg (ahol b,c tetszőleges valós számok).


B.3725.Bizonyítsuk be, hogy ha a és b pozitív számok, akkor

\(\displaystyle 2\sqrt a+3\sqrt[3]{b}\ge5\sqrt[5]{ab}. \)

(3 pont)

Megoldás: A számtani és mértani közepek között fennálló egyenlőtlenség alapján

\(\displaystyle {2{\sqrt a}+3{\root3\of b}\over5}= {{\sqrt a}+{\sqrt a}+{\root3\of b}+{\root3\of b}+{\root3\of b}\over5}\ge\root5\of{{\sqrt a}\cdot{\sqrt a}\cdot{\root3\of b} \cdot{\root3\of b}\cdot{\root3\of b}}= \root5\of{ab},\)

ami ekvivalens a bizonyítandó egyenlőtlenséggel. Egyenlőség pedig pontosan akkor áll fenn, ha \(\displaystyle {\sqrt a}= {\root3\of b}\), vagyis ha a=t2 és b=t3 teljesül valamely t pozitív számmal.


B.3726.Milyen számjegy áll a \(\displaystyle \big(3+\sqrt{7}\,\big)^{2004}\) számban a tizedesvessző előtt?

(4 pont)

Megoldás: Tekintsük az \(\displaystyle a_n=(3+\sqrt{7})^n+(3-\sqrt{7})^n\) számot, ekkor a0=2 és a1=6. Mivel n\(\displaystyle \ge\)1 esetén

\(\displaystyle 6a_n=((3+\sqrt{7})+(3-\sqrt{7}))a_n=a_{n+1}+(3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7})a_{n-1}= a_{n+1}+2a_{n-1},\)

a sorozat minden n\(\displaystyle \ge\)0 esetén kielégíti az an+2=6an+1-2an rekurziót, vagyis elemei egész számok. Továbbá \(\displaystyle 0<3-\sqrt{7}<1\) miatt \(\displaystyle 0<(3-\sqrt{7})^n<1\), és emiatt az \(\displaystyle (3+\sqrt{7})^n\) számban a tizedesvessző előtt álló számjegy megegyezik az an-1 egész szám utolsó számjegyével. A rekurzió miatt n\(\displaystyle \ge\)2 esetén az an utolsó számjegye csak an-1 és an-2 utolsó számjegyétől függ. Így felírhatjuk az an számok utolsó számjegyeiből alkotott bn sorozatot (n=0,1,2,...). Lévén b0=2 és b1=6, a sorozat első néhány eleme

2,6,2,0,6, 6,4,2,4,0, 2,2,8,4,8, 0,4,4,6,8, 6,0,8,8,2, 6,...

Látható, hogy b24=b0=2 és b25=b1=6. Ezért a rekurzió miatt bn+24=bn teljesül minden n természetes számra. Mivel 2004=83.24+12, kapjuk, hogy b2004=b12=8, ennek megfelelően a \(\displaystyle (3+\sqrt{7})^{2004}\) számban a tizedesvessző előtt a 7-es számjegy áll.


B.3727.Egy konvex négyszög bármely két szemközti oldalára teljesül, hogy az oldalak felezőpontjai közötti távolság négyzete fele a két oldal négyzetösszegének. Bizonyítandó, hogy a négyszög rombusz.

(4 pont)

Megoldás: A megoldáshoz a vektorok skaláris szorzatának fogalmát és tulajdonságait használjuk. A négyszög egymást követő A,B,C,D csúcsaiba mutassanak (valamely rögzített pontból) rendre az a, b, c, d helyvektorok. Ekkor az AB oldal F és a CD oldal H felezőpontjába mutató vektorok (a+b)/2, illetve (c+d)/2. Jegyezzük meg, hogy az x vektor hosszának négyzete éppen az x2=x.x skaláris szorzat. Ennek alapján az AB,CD oldalpárra feltételünk így írható fel:

\(\displaystyle \Bigl({c+d\over2}-{a+b\over2}\Bigr)^2= {(b-a)^2+(d-c)^2\over2}.\)

Ezt a skaláris szorzás szabályai szerint átalakítva az

a2+b2+c2+d2-3ab-3cd+ac+ad+bc+bd=0

egyenlőségre jutunk. A feltételt a másik oldalpárra is felírva hasonló módon kapjuk az

a2+b2+c2+d2-3bc-3ad+ab+ac+bd+cd=0

egyenlőséget. A kettőt egymásból kivonva kapjuk, hogy 4(bc+ad-ab-cd)=0, ahonnan (b-d)(c-a)=0. Mivel sem a b-d, sem a c-a vektor nem nulla, ez azt jelenti, hogy a két vektor egymásra merőleges.

Ezek szerint a négyszög két átlója merőleges egymásra. Metszéspontjukat M-mel jelölve, legyen az MF szakasz hossza f, az MH szakasz hossza h. A háromszög-egyenlőtlenség alapján FG\(\displaystyle \le\)f+h, ahonnan Thalesz tételét is felhasználva

\(\displaystyle FG^2\le(f+h)^2\le2f^2+2h^2={AB^2+CD^2\over2}.\)

Mivel a feladat feltétele szerint itt egyenlőség áll, szükségképpen (f+h)2= 2f2+2h2, vagyis f=h, AB=CD. Ugyanígy levezethetjük a másik két szemben lévő oldal egyenlőségét is. Az ABCD nágyszög tehát olyan paralelogramma, melynek átlói egymásra merőlegesek, azaz valóban rombusz.


B.3728.Tekintsük azt a sorozatot, amelyre a0=1, továbbá a2n+1=an és a2n+2=an+an+1 teljesül minden n\(\displaystyle \ge\)0 egész számra. Bizonyítsuk be, hogy az

\(\displaystyle \left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\colon n\ge1\right\}=\left\{\frac{1}{1},\frac{1}{2}, \frac{2}{1},\frac{1}{3},\frac{3}{2},\dots\right\} \)

halmazban valamennyi pozitív racionális szám előfordul.

(5 pont)

Megoldás: A baloldali meghatározásban nyilván n\(\displaystyle \ge\)0 lenne a helyes, a jobboldaliban pedig (amennyiben feltételezzük, hogy az \(\displaystyle {a_{1}\over a_0}, {a_{2}\over a_1},{a_{3}\over a_2},{a_{4}\over a_3}, {a_{5}\over a_4},\dots\) a felsorolás sorrendje) minden számnak a reciproka kellene, hogy álljon. A bizonyítás szempontjából ez utóbbi azonban nem lényeges.

Nyilván elég annyit megmutatni, hogy minden N pozitív egész számra teljesül a következő A(N) állítás: ha a és b olyan, egymáshoz relatív prím pozitív egész számok, melyek egyike sem nagyobb mint N, akkor az a/b racionális szám eleme a feladatban megnevezett H halmaznak. Mivel a1/a0=1/1, az A(1) állítás igaz. Az A(N) állítás érvényességét N-re vonatkozó tejes indukcióval fogjuk igazolni.

Tegyük fel tehát, hogy az A(N) állítást már igazoltuk valamely N\(\displaystyle \ge\)1 egész számra, és próbáljuk meg ennek alapján levezetni az A(N+1) állítást. Legyenek tehát a,b pozitív egész számok, (a,b)=1 és a,b\(\displaystyle \le\)N+1. Feltehetjük, hogy vagy a, vagy b egyenlő N+1-gyel, hiszen egyébként a/b\(\displaystyle \in\)H az indukciós feltevésünk miatt. Nem lehet, hogy mind a két szám N+1-gyel egyenlő, hiszen az ellentmondana az (a,b)=1 feltevésünknek. Két esetet kell tehát csak megkülönböztetnünk: az egyik esetben a=N+1>b, a másikban a<b=N+1.

Mielőtt tovább vizsgálódnánk, jegyezzük meg, hogy az an és an+1 számok tetszőleges n természetes szám esetén relatív prímek. Ez nyilván igaz, ha n=0. Tegyük fel tehát, hogy valamely n esetén már megmutattuk, hogy

(a0,a1)=(a1,a2)=...=(an,an+1)=1.

Annak igazolásához, hogy (an+1,an+2)=1 is fennáll, tegyük fel először, hogy n páros, azaz n=2m, ahol m\(\displaystyle \le\)n. Ekkor feltevésünk alapján

(an+1,an+2)=(a2m+1,a2m+2)=(am,am+am+1)=(am,am+1)=1.

Ha pedig n páratlan, azaz n=2m+1, ahol m<n, akkor ugyanígy

(an+1,an+2)=(a2m+2,a2m+3)=(am+am+1,am+1)=(am,am+1)=1.

Nézzük ezek után az első esetet. Ekkor az indukciós feltevés miatt az (a-b)/b szám eleme a H halmaznak, vagyis (a-b)/b=an+1/an, alkalmas n-re. Mivel (a,b)=1, az a-b és b számok is relatív prímek. Lévén (an+1,an)=1, a fenti egyenlőség csakis an+1=a-b, an=b mellett lehetséges. Ekkor azonban a2n+1=an=b és a2n+2=an+an+1=a miatt a/b=a2n+2/a2n+1\(\displaystyle \in\)H, ahogyan azt bizonyítani óhajtottuk. A második esetben abból indulhatunk ki, hogy a/(b-a)\(\displaystyle \in\)H, vagyis a/(b-a)=an+1/an tejesül alkalmas n esetén. Az előzőhöz hasonló érveléssel most an+1=a és an=b-a, ahonnan a2n+2=an+an+1=b és a2n+3=an+1=a miatt ismétcsak a/b=a2n+3/a2n+2\(\displaystyle \in\)H adódik. Ezzel az indukciós lépést befejeztük, az állítást igazoltuk.


B.3729.Az ABC háromszög területe egységnyi. Az E, F és a G pontok rendre a BC, CA illetve AB oldalakon vannak úgy, hogy AE az R pontban felezi BF-et, BF az S pontban felezi CG-t, végül CG a T pontban felezi AE-t. Mekkora az RST háromszög területe?

(5 pont)

Megoldás: Legyen az A,B,C csúcsok helyvektora rendre a,b,c, és tegyük fel, hogy az E,F,G csúcsok helyvektora rendre e=\(\displaystyle \alpha\)b+(1-\(\displaystyle \alpha\))c, f=(1-\(\displaystyle \beta\))a+\(\displaystyle \beta\)c, illetve g=\(\displaystyle \gamma\)a+(1-\(\displaystyle \gamma\))b; ez azt jelenti, hogy az E,F,G csúcsok a megfelelő BC,CA,AB oldalakat rendre (1-\(\displaystyle \alpha\)):\(\displaystyle \alpha\), (1-\(\displaystyle \beta\)):\(\displaystyle \beta\) és (1-\(\displaystyle \gamma\)):\(\displaystyle \gamma\) arányban osztják. Minthogy az R,S,T pontok felezik a BF, CG, AE szakaszokat, az ezen pontokba mutató helyvektorok rendre

\(\displaystyle r={1-\beta\over2}a+{1\over2}b+{\beta\over2}c,\ s={\gamma\over2}a+{1-\gamma\over2}b+{1\over2}c,\ t={1\over2}a+{\alpha\over2}b+{1-\alpha\over2}c.\)

Itt természtesen \(\displaystyle \alpha\),\(\displaystyle \beta\),\(\displaystyle \gamma\) 0 és 1 közé eső számok.

Tegyük fel, hogy az R pont (1-x):x arányban osztja az AE szakaszt, ekkor r=xa+(1-x)e, ahonnan

\(\displaystyle \Bigl({1-\beta\over2}-x\Bigr)a+ \Bigl({1\over2}-(1-x)\alpha\Bigr)b+ \Bigl({\beta\over2}-(1-x)(1-\alpha)\Bigr)c=0.\)

Ha a helyvektorok kezdőpontját a háromszög síkján kívül vesszük fel, akkor ez csakis úgy teljesülhet, ha

\(\displaystyle {1-\beta\over2}-x={1\over2}-(1-x)\alpha={\beta\over2}-(1-x)(1-\alpha) =0.\)

Innen x kiküszöbölésével a (\(\displaystyle \beta\)+1)\(\displaystyle \alpha\)=1 összefüggésre jutunk. Teljesen megegyező módon kapjuk a (\(\displaystyle \gamma\)+1)\(\displaystyle \beta\)=1 és (\(\displaystyle \alpha\)+1)\(\displaystyle \gamma\)=1 egyenlőségeket is. Ezek alapján

\(\displaystyle \beta={1-\alpha\over\alpha},\ \gamma={1-\beta\over\beta}={2\alpha-1\over1-\alpha},\ \alpha={1-\gamma\over\gamma}={2-3\alpha\over2\alpha-1}\)

adódik. Következésképpen \(\displaystyle \alpha\)(2\(\displaystyle \alpha\)-1)=2-3\(\displaystyle \alpha\), vagyis \(\displaystyle \alpha\)2+\(\displaystyle \alpha\)-1=0. Az egyenlet egyetlen pozitív gyöke \(\displaystyle \alpha=(\sqrt{5}-1)/2\). Ha tehát a feladatban megadott helyzet megvalósítható, akkor szükségképpen

\(\displaystyle \alpha=\beta=\gamma={\sqrt{5}-1\over2}.\)

Ha a ABC háromszög területe egységnyi, akkor az ABF háromszög területe \(\displaystyle \beta\), az ARB háromszög területe pedig ennek megfelelően \(\displaystyle \beta\)/2. Ugyanígy a BSC háromszög területe \(\displaystyle \gamma\)/2, a CGA háromszög területe pedig \(\displaystyle \alpha\)/2. Mivel ezen három háromszög az RST háromszöggel együtt az ABC háromszög egy felbontását adja, az RST háromszög területe

\(\displaystyle 1-\Bigl({\alpha\over2}+{\beta\over2}+{\gamma\over2}\Bigr) =1-{3\over2}\alpha={7-3\sqrt{5}\over4}.\)


B.3730.Az a sugarú ka és az (a>b) sugarú kb körök közös középpontja O. A ka-n lévő A pontból kb-hez húzott egyik érintő érintési pontja E. Az OE sugárra annak tetszőleges P pontjában állított merőleges a kb-t a Q és R pontokban, az AO egyenest pedig a T pontban metszi. Az AO-ra T-ben állított merőlegesre T-ből felmérve a PQ távolságot kapjuk az S1 és S2 pontokat. Mi az Si pontok mértani helye, ha P befutja az OE sugarat?

(4 pont)

Javasolta: Kárpáti Miklós, Bük

Megoldás: Legyen S=S1 a két pont közül az, amelyik az OA egyenesnek ugyanarra az oldalára esik, mint az E pont, ekkor S2 éppen az S pont OA egyenesre vett tükörképe. Ha P=E, akkor S1=S2=A, ha pedig P=O, akkor az S1S2 szakasz a kb körnek pontosan az a C1C2 átmérője lesz, amely az OA egyenesre merőleges. Egyébként pedig az OTP és OAE háromszögek hasonlóságából az OA/OT=OE/OP arányosságot írhatjuk fel.

Legyen B a kb körnek az OA szakaszra eső pontja, és forgassuk el az OPQ háromszöget az O pont körül oly módon, hogy eközben az E pont B-be kerüljön. Ekkor a P pont képe az OB szakasz egy P' belső pontja lesz, a Q pont képe pedig (ha a Q,R jelölést alkalmasan választjuk meg), a kb körnek egy olyan Q' pontja, amely az OA egyenesnek ugyanarra az oldalára esik, mint az E pont, és amelyre a Q'P' szakasz merőleges OA-ra éppúgy, mint az ugyanolyan hosszúságú ST szakasz. A fenti arányosság alapján

\(\displaystyle {OA\over OT}={OE\over OP}={OB\over OP'},\quad{\hbox{\rm vagyis}}\quad{OT\over OP'}={OA\over OB}={a\over b}.\)

A P' pontot tehát a C1C2 egyenest helybenhagyó, arra merőleges a/b arányú affinitás viszi a T pontba. Korábbi megállapításaink szerint ugyanez az affinitás viszi a Q' pontot az S pontba.

Megállapíthatjuk tehát, hogy az S pont azon a C1A íven van, amely a kb kör C1B ívéből az említett affinitással származtatható. Könnyű látni, hogy ha a P pont befutja az EO szakaszt, akkor az S pont befutja az egész AC1 ívet, az S2 pont pedig ennek az OA egyenesre vett tükörképét. A keresett mértani hely tehát egy olyan ív, amely arra az ellipszisre esik, melynek nagytengelye a ka kör A pontot tartalamazó átmérője, kistengelye pedig a kb kör erre merőleges C1C2 átmérője. A C1C2 egyenes az ellipszist két egybevágó ívre osztja; e két ív közül az A pontra illeszkedő lesz a keresett mértani hely.


B.3731.Hány olyan \(\displaystyle \overline{a_1a_2\dots a_{2n}}\) pozitív egész szám van, amelyre teljesül, hogy egyik számjegye sem 0 és az

a1a2+a3a4+...+a2n-1a2n

összeg páros?

(5 pont)

Megoldás: A szóban forgó n tagú összeg pontosan akkor lesz páros, ha tagjai között a páratlanok száma páros. Az n tag közül valamely 0\(\displaystyle \le\)i\(\displaystyle \le\)[n/2] esetén a 2i darab páratlan tag kijelölésére \(\displaystyle n\choose2i\) lehetőségünk van. Számoljuk tehát össze, hogy egy adott lehetőséghez hány különböző \(\displaystyle \overline{a_1a_2\dots a_{2n}}\) szám fog tartozni. Egy \(\displaystyle \overline{ab}\) számjegycsoportot, ahol a és b közül egyik sem 0, összesen 9.9=81 módon választhatunk meg, ebből pontosan M=5.5=25 esetben lesz az ab szorzat páratlan, a fennmaradó N=81-25=56 esetben pedig páros. Az adott lehetőséghez tehát pontosan M2iNn-2i különböző szám fog tartozni. Ezért a szóban forgó pozitív egészek száma,

\(\displaystyle S_n=\sum_{i=0}^{[n/2]}{n\choose2i}M^{2i}N^{n-2i}.\)

A binomiális tétel alapján tehát 2Sn=(M+N)n+(N-M)n=81n+31n, vagyis

\(\displaystyle S_n={81^n+31^n\over2}.\)

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