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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2004. novemberi 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.3762. Két vízzel színültig töltött henger alakú tartályból pontosan délben egy-egy azonos teljesítményű szivattyú egyenletes sebességgel szivattyúzni kezdte a vizet. 14 órakor a két tartályban ugyanolyan magasan állt a víz. 17 órakor kiürült az első tartály, 20 órakor pedig a második tartály is. Ha a második tartály 10 méter magas, akkor milyen magas az első?

(3 pont)

Megoldás: A 10 méter magas második tartályból összesen 8 órán át szivattyúzták a vizet. Az első két órában tehát a benne lévő víz egynegyedét szivattyúzták ki, ennek megfelelően a víz szintje ebben a tartályban az első két órában 10:4=2,5 métert süllyedt. 14 órakor tehát mindkét tartályban 7,5 méter magasan állt a víz. Ekkor az első tartályban már csak az eredeti vízmennyiség 3/5-öd része volt jelen, hiszen abból összesen 5 óra alatt fogyott ki az összes víz. Ezért az első tartály magassága (5/3).7,5=12,5 méter.


B.3763. Az ABCD konvex négyszög belsejében adott egy P pont. Bizonyítsuk be, hogy

PA2+PB2+PC2+PD2\(\displaystyle \ge\)2tABCD.

(3 pont)

Megoldás: Az ABP háromszög területére 2tABP\(\displaystyle \le\)PA.PB, ahol egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az AP és BP szakaszok egymásra merőlegesek. Hasonló becslést felírva a BCP, CDP, illetve DAP háromszögek területére is, az (a-b)2\(\displaystyle \ge\)0 egyenlőtlenséggel ekvivalens 2ab\(\displaystyle \le\)a2+b2 egyenlőtlenség alapján így okoskodhatunk:

2tABCD=2tABP+2tBCP+2tCDP+2tDAP\(\displaystyle \le\)

\(\displaystyle \le\)PA.PB+PB.PC+PC.PD+PD.PA\(\displaystyle \le\)

\(\displaystyle \le{PA^2+PB^2\over2}+{PB^2+PC^2\over2}+ {PC^2+PD^2\over2}+{PD^2+PA^2\over2}=\)

=PA2+PB2+PC2+PD2.

Ezzel az állítást igazoltuk. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a PA és PC szakaszok merőlegesek a PB és PD szakaszokra, továbbá a négy szakasz hossza is egyenlő. Ez azt jelenti, hogy az ABCD négyszög átlói egymásra merőlegesek és a P pontban metszik, sőt felezik is egymást, vagyis ha az ABCD négyszög négyzet, a P pont pedig e négyzet középpontja.


B.3764. Az ABC szabályos háromszög AB oldalának A-hoz közelebbi negyedelőpontja C1, a BC oldal negyedelőpontjai pedig A1, A2 és A3. Mekkora az AA1C1, az AA2C1 és az AA3C1 szögek összege?

(4 pont)

Megoldás: Tegyük fel, hogy a BC oldalon a B,A1,A2,A3 pontok ilyen sorrendben követik egymást. Ekkor az AC1A3C négyszög szimmetrikus trapéz, vagyis húrnégyszög. Ezért az AA3C1 szög ugyanakkora, mint az ACC1 szög, vagyis egyenlő a BAA1 szöggel. Minthogy pedig az AA1C1 és az A1AB szögek összege megegyezik az A1AC1 háromszög C1 csúcsánál található külső szögével, látható, hogy az AA1C1 és az AA3C1 szögek összege egyenlő az A1C1B szög nagyságával.

Másrészt az AA2C1 szöghöz a 30o-os A2AC1 szöget hozzádva az A2C1B szöget kapjuk, amely az A3C1B szabályos háromszög szimmetriája miatt egyenlő az A1C1A3 szöggel. Mivel ez az előbb kapott A1C1B szöget 60o-ra egészíti ki, a feladatban szerelő három szög összege 60o-30o=30o.


B.3765. Adott 25 különböző, 1000-nél nem nagyobb pozitív egész szám úgy, hogy bármely kettőnek a szorzata négyzetszám. Bizonyítsuk be, hogy az adott számok is négyzetszámok.

(4 pont)

Megoldás: Tegyük fel, hogy valamelyik szám nem négyzetszám, ekkor prímtényezős felbontásában bizonyos prímek páratlan kitevővel szerepelnek. Bármelyik szám prímtényezős felbontásában is éppen ezek a prímek fognak páratlan hatványon szerepelni. Ha tehát ezen prímek szorzatát P-vel jelöljük, akkor számaink Pn1, Pn2,...,Pn25 alakban írhatók fel, ahol n1<n2<...<n25 négyzetszámok. Ezért n25\(\displaystyle \ge\)252=625. Mivel pedig P\(\displaystyle \ge\)2, számaink közül a legnagyobb Pn25\(\displaystyle \ge\)1250>1000. Ez az ellentmondás igazolja, hogy hibás feltevésből indultunk ki.


B.3766. Egy matematika versenyen négy feladatot tűztek ki. Az első feladatot a résztvevők 85 százaléka oldotta meg, a másodikat 80, a harmadikat 75, a negyediket pedig 70 százalékuk. A résztvevőknek legalább hány százaléka oldotta meg valamennyi feladatot?

(4 pont)

Megoldás: Nézzük meg, hány olyan versenyző lehet, aki nem oldotta meg valamelyik feladatot. Az első feladatot a résztvevők 15 százaléka nem oldotta meg. A második, harmadik, illetve negyedik feladatot nem oldotta meg a résztvevőknek rendre 20, 25, 30 százaléka. Ez együttesen a résztvevők 90 százalékát teszi ki, legfeljebb ennyi százalékuk lehet tehát, aki valamelyik feladatot nem oldotta meg. Ebből következik, hogy a résztvevőknek legalább 10 százaléka mind a négy feladatot megoldotta.

Meg kell még vizsgálnunk, lehetséges-e, hogy a résztvevőknek csak 10 százaléka oldotta meg mind a négy feladatot. Az előző gondolatmenet mutatja, hogy ez pontosan akkor lehetséges, ha nincs olyan versenyző, aki egynél több feladatot nem oldott meg. Ennek alapján már nem nehéz megfelelő példát mutatnunk: ha a versenyen 100-an indultak, ebből 30-an oldották meg az első három feladatot (de a negyediket nem), 25-en az első, második és negyedik feladatot, 20-an az elsőt, a harmadikat és a negyediket, 15-en az első feladat kivételével az összeset, 10-en pedig mind a négyet, akkor az megfelel a feltételeknek, és pontosan a versenyzők 10 százaléka oldotta meg mind a négy feladatot.


B.3767. Egy háromszög \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\) szögeire

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

teljesül. Mekkora a \(\displaystyle \gamma\) szög?

(3 pont)

Megoldás: Az egyenlőség mindkét oldalához a (sin \(\displaystyle \alpha\)+sin \(\displaystyle \beta\))cos \(\displaystyle \gamma\) kifejezést hozzáadva a

(sin \(\displaystyle \alpha\)+sin \(\displaystyle \beta\))(1+cos \(\displaystyle \gamma\))=(cos \(\displaystyle \alpha\)sin \(\displaystyle \gamma\)+sin \(\displaystyle \alpha\)cos \(\displaystyle \gamma\))+(cos \(\displaystyle \beta\)sin \(\displaystyle \gamma\)+sin \(\displaystyle \beta\)cos \(\displaystyle \gamma\))=

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

egyenlőséget kapjuk, ahonnan

(sin \(\displaystyle \alpha\)+sin \(\displaystyle \beta\))cos \(\displaystyle \gamma\)=0

adódik. Minthogy sin \(\displaystyle \alpha\)+sin \(\displaystyle \beta\)>0, szükségképpen cos \(\displaystyle \gamma\)=0, vagyis \(\displaystyle \gamma\)=90o.


B.3768. Egy T0 téglalapot az egyik oldalával párhuzamosan szétvágunk két nem egybevágó téglalapra, T1-re és T1'-re úgy, hogy a két rész hasonló legyen. Az így adódó T1 téglalapra megismételjük ugyanezt, a kapott részek egyikére ismét, és így tovább. Van-e olyan T0 téglalap, amelyből kiindulva ez az eljárás korlátlanul folytatható?

(5 pont)

Megoldás: Legyen a T0 téglalap hosszabb oldala a0, a rövidebb pedig a1. A T1 és T1' téglalapok közül a kisebbiknek, legyen ez T1, a hosszabb oldala a1, a rövidebb legyen a2. Ekkor (a0-a2):a1=a1:a2. Ezért \(\displaystyle a_2=(a_0-\sqrt{a_0^2-4a_1^2})/2\), feltéve hogy a0>2a1; ellenkező esetben a T0 téglalapot nem lehet a kívánt módon felosztani. Tegyük fel, hogy alkalmas T0 téglalapra az eljárás korlátlanul folytatható. Az eljárás során keletkezett Tk téglalap rövidebb ak+1 odalára tehát \(\displaystyle a_{k+1}=(a_{k-1}-\sqrt{a_{k-1}^2-4a_k^2})/2\), ahol ak-1 a Tk-1 téglalap hosszabbik oldala, ak pedig annak rövidebb oldala, mely a Tk téglalap hosszabb oldala is egyben. A ck=ak/ak+1 hányadosokat is bevezetve, innen

\(\displaystyle {1\over c_{k+1}}={c_k-\sqrt{c_k^2-4}\over2}\)

adódik. Láttuk már, hogy szükségképpen ck>2 minden egyes k nemnegatív egész számra.

Definiáljuk a bn sorozatot a következőképpen. Legyen b1=2 és n\(\displaystyle \ge\)1 esetén bn+1=bn+1/bn. Egyszerű számolással meggyőződhetünk arról, hogy ck+1>bn pontosan akkor teljesül, ha ck>bn+1. Ezért n szerinti teljes indukcióval belátható, hogy minden n pozitív egész számra igaz a következő állítás: ck>bn minden k nemnegatív egész szám esetén. Következésképpen c0 értéke nagyobb a bn sorozat minden eleménél. Azonban a bn sorozat szigorúan növekedő módon végtelenhez tart. Valóban, a sorozat minden eleme pozitív, ami miatt a sorozat szigorúan növekedő is. Ha határértéke az 1-nél nagyobb h szám lenne, akkor alkalmas n-re h-1/h<bn<h teljesülne, ebből azonban bn+1>h következne. A bn sorozat tehát végtelenhez tart, vagyis elemei egy idő után nagyobbak lesznek c0 értékénél. Ez az ellentmondás azt mutatja, hogy nincsen olyan T0 téglalap, amelyre az eljárás korlátlanul folytatható lenne.


B.3769. Adott egy ellipszis három érintője és egyik fókusza. Szerkesszük meg a másik fókuszát.

(4 pont)

Megoldás: Ismeretes, hogy ha egy ellipszis valamely fókuszából merőlegest állítunk az ellipszis egy érintőjére, a talppont az ellipszis főkörén lesz. Ez az a kör melynek átmérője az ellipszis nagytengelye, ez utóbbi szakaszon helyezkednek el az ellipszis fókuszpontjai. Ennek alapján a szerkesztést a következő módon végezhetjük el. Az adott fókuszból merőlegeseket bocsájtunk az adott érintőkre. Az így kapott három pont által alkotott háromszögnek megszerkesztjük a körülírt körét; ez lesz az ellipszis főköre. Ha a három pont egy egyenesre esik, vagy az adott fókuszpont nem esik a megszerkesztett kör belsejébe, akkor a szerkesztési feladatnak nincs megoldása. Ha az adott fókusz egybeesik a kör középpontjával, akkor a feladatban szereplő ellipszis körré fajul el; a két fókuszpont egybeesik. Ellenkező esetben az adott pontot a kör középpontjára tükrözve kapjuk meg a másik fókuszpontot.

Ha a fenti szerkesztési eljárást el lehetett végezni, akkor az helyes is lesz. Ugyanis létezik pontosan egy ellipszis, amelynek a megszerkesztett kör a vezérköre és az adott pont az egyik fókusza. Ha ennek megnézzük azon érintőjét, amely valamelyik adott e egyenessel párhuzamosan úgy halad, hogy a kör középpontja nem esik a két párhuzamos egyenes közé, akkor arra az adott fókuszból merőlegest állítva, a talppont a körre esik, és ezért szükségképpen egybeesik a szerkesztés során az e egyenesre állított merőleges talppontjával. Ezért a tekintett érintő megegyezik az e egyenessel. Vagyis mindhárom adott egyenes a szóban forgó ellipszis érintője lesz.


B.3770. Hány részre osztják a teret egy szabályos oktaéder lapsíkjai?

(5 pont)

Megoldás: A szabályos oktaédernek nyolc lapja van, az egymással szemben elhelyezkedő lapok síkja egymással párhuzamos. Két egymással nem párhuzamos lap síkja egy egyenesben metszi egymást. Ezzel az egyenessel párhuzamos az oktaéder két további lapja, a fennmaradó négy lap síkja az egyenest egy-egy pontban metszi. Helyezzük el a síkokat egymás után a térben, és kövessük nyomon, hogy az újonnan elhelyezett síkok hány korábbi tartományt vágnak ketté. A első két egymással párhuzamos sík a teret 3 részre osztja. A következő párhuzamos síkpár mindegyik részt 3 részre osztja, így már összesen 9 tartományunk lesz. Tekintsük a következő párhuzamos síkpárt. Egy ilyen síkot az előző négy sík két párhuzamos egyenespárban metsz, tehát 9 részre oszt. Mivel a két sík egymást nem metszi, mindkét sík elhelyezésekor 9 új tartomány keletkezik. Az első hat sík tehát összesen 27 részre osztja a teret. A fennmaradó két sík közül bármelyiket tekintve, az eddigi hat sík azt hat egyenesben metszi, melyek egy szabályos háromszög oldalegyenesei és e háromszög oldalfelező pontjait összekötő további három egyenes. Mivel ezen hat egyenes a hetedik síkot 16 részre osztja, a hetedik sík elhelyezésével 16-tal nő a tartományok száma. A nyolcadik sík elhelyezésekor, mivel az a hetedik síkot nem metszi, ugyanilyen helyzettel állunk szemben, a tarományok száma ismétcsak 16-tal nő. A nyolc sík tehát összesen 27+16+16=59 részre osztja a teret.


B.3771. Legyen \(\displaystyle a_k=\frac{1}{\binom{n}{k}}\), \(\displaystyle b_k=\frac{1}{2^{n-k}}\), k =1,2,...,n.

Bizonyítsuk be, hogy

\(\displaystyle a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+\ldots+\frac{a_n}{n}=b_1+\frac{b_2}{2}+ \frac{b_3}{3}+\ldots+\frac{b_n}{n}. \)

(5 pont)

Megoldás: Jelöljük a baloldali összeget A(n)-nel, a másikat B(n)-nel. Ekkor A(1)=B(1)=1. Az A(n)=B(n) állítást n szerinti teljes indukcióval biznyítjuk. Tegyük fel ehhez, hogy n\(\displaystyle \ge\)1 és az A(n)=B(n) egyenlőséget már igazoltuk. Azt kell megmutatnunk, hogy A(n+1)=B(n+1). Feltevésünk alapján

\(\displaystyle B(n+1)={1\over2}B(n)+{1\over n+1}={1\over2}A(n)+{1\over n+1}.\)

Itt

\(\displaystyle A(n)=\sum_{k=1}^n{1\over k{n\choose k}}\)

és

\(\displaystyle A(n+1)=\sum_{k=1}^n{1\over k{n+1\choose k}}+{1\over n+1},\)

ezért csak a

\(\displaystyle \sum_{k=1}^n{1\over k{n\choose k}}=2\sum_{k=1}^n{1\over k{n+1\choose k}}\)

egyenlőséget kell igazolnunk. Mivel pedig \(\displaystyle {n+1\choose k}= {n+1\choose n+1-k}\), a jobboldal

\(\displaystyle 2\sum_{k=1}^n{1\over k{n+1\choose k}}= \sum_{k=1}^n\Bigl({1\over k{n+1\choose k}}+{1\over(n+1-k){n+1\choose k}} \Bigr)\)

alakba írható át. Ezért elegendő annyit megmutatni, hogy k=1,2,...,n esetén

\(\displaystyle {1\over k{n\choose k}}={1\over k{n+1\choose k}}+ {1\over(n+1-k){n+1\choose k}}.\)

Minthogy

\(\displaystyle {n+1\choose k}={n+1\over n-k+1}{n\choose k},\)

a fenti egyenlőség ekvivalens az

\(\displaystyle {1\over k}={1\over k{n+1\over n-k+1}}+{1\over(n+1-k){n+1\over n-k+1}}\)

egyenlőséggel, ami viszont egyszerűsítés után a nyilvánvaló

\(\displaystyle {1\over k}={n+1-k\over k(n+1)}+{k\over k(n+1)}={n+1\over k(n+1)}\)

alakra hozható.


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