!--#set var="TITLE" value="A 2004. decemberi B-jelű matematika feladatok megoldása" -->
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. decemberi 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.3772. Hány olyan (n;k) számpár van, amelyre n>k, továbbá az n és k oldalú szabályos sokszögek belső szögének az eltérése 1o?

(4 pont)

Megoldás: Mivel a belső szögek eltérése megegyezik a külső szögek eltérésével, a második feltétel ekvivalens a

\(\displaystyle {360\over k}-{360\over n}=1\)

feltétellel, amit ekvivalens átalakításokkal

360n-360k=nk, (360-k)(360+n)=3602

alakra hozhatunk. A k és n számokra további feltételeink: 3\(\displaystyle \le\)k\(\displaystyle \le\)n. Mivel (360-k)(360+k)<3602, a (360-k)(360+n)=3602 feltétel teljesülése esetén k<n automatikusan teljesülni fog. Minden 3602=a.b alakú előállítás, ahol a,b pozitív egész számok és a\(\displaystyle \le\)357, megfelel tehát egy alkalmas (n,k) számpárnak, ahol k=360-a és n=b-360, és az is világos, hogy minden megfelelő számpárt megkapunk ilyen módon. Mivel pedig sem 358, sem 359 nem osztója a 3602 számnak, az a,b pozitív egészekre adott feltétel ekvivalens az a<b feltétellel.

A 3602=26.34.52 prímtényezős felbontás alapján látható hogy 3602 pozitív osztóinak száma (6+1)(4+1)(2+1)=105. Ezért a 3602 számot, nagyságrendi megkötések nélkül, éppen 105 féleképpen lehet a.b alakban felírni, ahol a,b pozitív egész számok. Ebből a 360.360 előállítás nem lesz megfelelő, a többi 104 előállításnak pedig pontosan felében fog teljesülni az a<b feltétel. A szóban forgó (n,k) számpárok száma tehát 52.


B.3773. Osztható-e

202004+162004-32004-1

323-mal?

(3 pont)

Megoldás: Mivel 323=17.19, vizsgáljuk meg azt, hogy az adott szám osztható-e 17-tel, illetve 19-cel. Ismeretes, hogy ha a és b különböző egész számok, n pedig természtes szám, akkor an-bn osztható (a-b)-vel. Ebből az is következik, hogy ha a2 és b2 is különböző, továbbá n páros, akkor an-bn osztható (a2-b2)-tel, következésképpen (a+b)-vel is.

Ezt alkalmazva látható, hogy

17 | 202004-32004, 17 | 162004-12004, 19 | 202004-12004, 19 | 162004-32004.

Vagyis a szóban forgó szám osztható mind 17-tel, mind 19-cel. Mivel 17 és 19 relatív prímek, a szám a szorzatukkal, 323-mal is osztható.


B.3774. Az egyenlő szárú derékszögű ABC háromszög AB átfogóján adottak a K és az M pontok. K az A és az M között van, továbbá KCM\(\displaystyle \angle\)=45o. Bizonyítsuk be, hogy AK2+MB2=KM2.

(3 pont)

Megoldás: Legyen az A illetve B pontok tükörképe a CK illetve CM egyenesre rendre A' és B'. Mivel az ACK és BCM szögek összege 45o, az ACA' és BCB' szögek összege 90o lesz. Mivel pedig CA'=CA=CB=CB', az A' és B' pontok egybeesnek. Mivel a CKA=CKA' és CMB=CMB' szögek a KMC háromszög egy-egy szögét egészítik ki 180o-ra, összegük éppen 180o-kal lesz nagyobb a KMC háromszög harmadik, 45o-os szögénél. A CKA'M négyszög A'-nél lévő szöge tehát derékszög, vagyis a Pithagorasz-tétel szerint

AK2+MB2=A'K2+A'M2=KM2.


B.3775. Oldjuk meg az

y3=x3+8x2-6x+8

egyenletet a nemnegatív egészek körében.

(4 pont)

Megoldás: Ha x>9, akkor 2x2>18x, tehát

(x+2)3=x3+6x2+12x+8<x3+8x2-6x+8.

Másrészt tetszőleges nemnegatív x szám esetén

x3+8x2-6x+8<x3+9x2+27x+27=(x+3)3.

Ezért x>9 esetén az x3+8x2-6x+8 szám két egymást követő pozitív egész szám harmadik hatványa közé esik, így nem lehet köbszám. A 9-nél nem nagyobb nemnegatív egész számokat megvizsgálva pedig azt tapasztaljuk, hogy az x3+8x2-6x+8 szám csak x=0 és x=9 esetén lesz köbszám. Az egyenlőségnek tehát két nemnegatív egész számpár tesz eleget: x=0, y=2 és x=9, y=11.


B.3776. Az ABCD húrnégyszög BD átlója egyben a körülírt kör átmérője. Az ABC háromszög oldalainak a hossza legalább 1. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög területe nagyobb, mint \(\displaystyle \frac{1}{2}\) területegység.

(4 pont)

Klein Eszter és Terry Tao (Sidney, Ausztrália)

Megoldás: Thalész tétele miatt az ABD és CBD háromszögek A illetve C csúcsánál derékszög van. A négyszög T területe e két háromszög területének összege. Felhasználva, hogy AB,AC,BC\(\displaystyle \ge\)1, a háromszög egyenlőtlenség miatt

\(\displaystyle T={1\over2}(AB\cdot AD+BC\cdot CD)\ge{1\over2}(AD+CD\){1\over2}AC\ge {1\over2}.">


B.3777. Az ABC egyenlő szárú háromszög szárszöge BAC\(\displaystyle \angle\)=\(\displaystyle \alpha\). A BC alapot B-től C felé haladva n egyenlő részre osztó pontok D1, D2,..., Dn-1. Az AB szárat 1:(n-1) arányban osztó pont E. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle AD_1E\sphericalangle+AD_2E\sphericalangle+\dots+AD_{n-1}E\sphericalangle= \frac{\alpha}{2}. \)

(4 pont)

Megoldás: Jelölje i=1,2,..., n-1 esetén a BADi, ADiE és BEDi szögeket redre \(\displaystyle \alpha\)i, \(\displaystyle \delta\)i, \(\displaystyle \varepsilon\)i. Egy háromszög két belső szögének összege egyenlő a harmadik csúcsnál lévő külső szöggel. Ezt az ADiE háromszögre alkalmazva az \(\displaystyle \alpha\)i+\(\displaystyle \delta\)i=\(\displaystyle \epsilon\)i összefüggést kapjuk, ahonnan

\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}AD_iE\measuredangle=\sum_{i=1}^{n-1}\delta_i= \sum_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i-\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i.\)

A párhuzamos szelők tétele miatt a BEDn-1 háromszög hasonló a BAC háromszöghöz, tehát egyenlőszárú és szárszöge \(\displaystyle \varepsilon\)n-1=\(\displaystyle \alpha\). A háromszögek és a felosztás szimmetriája miatt 1\(\displaystyle \le\)i\(\displaystyle \le\)n-2 esetén felírhatók az

\(\displaystyle \varepsilon\)i+\(\displaystyle \varepsilon\)n-1-i=\(\displaystyle \alpha\)

és 1\(\displaystyle \le\)i\(\displaystyle \le\)n-1 esetén az

\(\displaystyle \alpha\)i+\(\displaystyle \alpha\)n-i=\(\displaystyle \alpha\)

egyenlőségek, ahonnan

\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-2}\varepsilon_i={n-2\over2}\alpha,\quad\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i={n-1\over2}\alpha.\)

Megállapításainkat összegezve,

\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}AD_iE\measuredangle=\sum_{i=1}^{n-2}\varepsilon_i+ \varepsilon_{n-1}-\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i= {n-2\over2}\alpha+\alpha-{n-1\over2}\alpha={\alpha\over2},\)

ahogyan azt bizonyítanunk kellett.


B.3778. Az ABCD konvex négyszög átlói az E pontban metszik egymást. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle \big|t(ABE\triangle)-t(CDE\triangle)\big|\le\frac{1}{2}AD\cdot BC. \)

(4 pont)

Megoldás: Az E pontból az A,B,C,D csúcsokba mutató vektorokat jelölje rendre a, b, c és d. Ekkor az axb és cxd vektorok iránya megegyezik, hosszuk pedig rendre az ABE illetve CDE háromszögek területének kétszeresével egyenlő. Vagyis

2|t( ABE\(\displaystyle \Delta\)) - t( CDE\(\displaystyle \Delta\))| = |axb-cxd|.

Mivel az a és c vektorok párhuzamosak, axc=0, és ugyanígy dxb is a nullvektor lesz. Ezért

\(\displaystyle AD\cdot BC\ge\left|\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{BC}\right| =\left|(d-a)\times(c-b)\right|=\left|d\times c-a\times c-d\times b+a\times b\right|= \left|a\times b-c\times d\right|,\)

bizonyítva az állítást.


B.3779. Tekintsük azokat a síkokat, amelyek a 2 egység élű kocka egy-egy csúcsából kiinduló élek felezőpontján mennek át. Mekkora a síkok által határolt konvex test térfogata?

(3 pont)

Megoldás: A síkok a kocka minden egyes csúcsából levágnak egy-egy egymásba nem nyúló tetraédert. Egy ilyen tetraédernek három egy csúcsban összefutó egymásra merőleges éle egységnyi hosszú, a tetraéder térfogata tehát 1/6. A megcsonkított kocka térfogata tehát 8-8(1/6)=40/6 egységnyi.

Tekintsük most az eredeti kocka egy lapját (mondjuk a felső lapot, amenynyiben a kockát az egyik lapjára állítottuk), ebből a síkok egy olyan négyzetet vágnak ki, melynek csúcsai a lap éleinek felezőpontjai; e négyzet területe fele a lap területének, tehát 2 egységnyi. A négyzet tetszőleges e élét kiválasztva, az arra illeszkedő elvágó S sík áthalad a négyzetlap középpontja fölött 1 egység távolságra elhelyezkedő ponton. Ezt úgy láthatjuk be, hogy tekintjük a kockának azt az élközéppontját, mely az S síkra illeszkedik és az e éllel egy szabályos háromszöget alkot. Ezt a pontot az e él egyenesére tükrözve kapjuk az előbb említett pontot, mely nyilván illeszkedik az S síkra. Az elvágó síkok a kocka felső lapjával együtt tehát egy olyan négyzet alapú egyenes gúlát határoznak meg, melynek alapterülete 2 egységnyi, magassága 1 egységnyi, térfogata pedig ennek megfelelően 2/3.

A síkok által határolt test (mely egyébként egy szabályos oktaéder lesz) térfogatát tehát megkapjuk, ha a megcsonkított kocka térfogatához hozzádjuk a kocka lapjaira emelt hat kis gúla térfogatát. Az eredmény ezek szerint

\(\displaystyle {40\over6}+6\cdot{2\over3}={64\over6}.\)


B.3780. Igazoljuk, hogy az x, y, z pozitív számokra teljesül az alábbi egyenlőtlenség:

\(\displaystyle \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\le\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}. \)

(5 pont)

Elemente der Mathematik, Basel

Megoldás: Az \(\displaystyle a=x/\root3\of{xyz}\), \(\displaystyle b=y/\root3\of{xyz}\), \(\displaystyle c=z/\root3\of{xyz}\) helyettesítéssel az a,b,c pozitív számokra abc=1 teljesül, egyenlőtlenségünk pedig az

\(\displaystyle {a\over b}+{b\over c}+{c\over a}\geq a+b+c\)

alakot ölti. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy a három szám közül a a legnagyobb, b pedig a legkisebb; ekkor a\(\displaystyle \ge\)1\(\displaystyle \ge\)b és \(\displaystyle \alpha\)=ab\(\displaystyle \le\)a. Elvégezve a c=1/ab helyettesítést, egyenlőtlenségünk így alakítható:

\(\displaystyle {a\over b}+ab^2+{1\over a^2b}\ge a+b+{1\over ab},\)

vagy ami ezzel ekvivalens:

a3+a3b3+1\(\displaystyle \ge\)a3b+a2b2+a.

Az \(\displaystyle \alpha\)=ab helyettesítéssel tehát az

a3+\(\displaystyle \alpha\)3+1-\(\displaystyle \alpha\)a2-\(\displaystyle \alpha\)2-a\(\displaystyle \ge\)0

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Itt a baloldali kifejezést

(a2-1)(a-\(\displaystyle \alpha\)) + (\(\displaystyle \alpha\)2-1)(\(\displaystyle \alpha\)-1)

alakra hozahtjuk. Az a\(\displaystyle \ge\)1 és a\(\displaystyle \ge\)\alpha egyenlőtlenségek miatt (a2-1)(a-\alpha)\ge0, ahol egyenlőség a=1 vagy a=\alpha esetén áll fenn. Továbbá

(\alpha2-1)(\alpha-1)=(\alpha-1)2(\alpha+1)\ge0,

itt egyenlőség \alpha=1 esetén áll fenn.

Ezzel az egyenlőtlenséget igazoltuk. Egyenlőség esetén szükségképpen \alpha=1, ahonnan a=1 is adódik, ebből pedig b=1, majd c=1 is következik. Mivel ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre, az eredeti egyenlőtlenségben x=y=z esetén állhat csak fenn egyenlőség, amikor is mindkét oldal értéke 3-mal egyenlő.


B.3781. Határozzuk meg a \sum_{n=1}^{\infty}\mathop{\rm arcctg}\,(2n^2) összeg értékét.

(5 pont)

Megoldás: Legyen \alphan=arcctg(2n2), ekkor 0<\alphan<\pi/4 és tan \alphan=1/2n2. Legyen \alpha1+\alpha2+...+\alphan=\betan. Ekkor tan \beta1=1/2, és a tangens függvény addíciós képlete segítségével tan \betan néhány további értékét is kiszámíthatjuk: tan \beta2=2/3, tan \beta3=3/4, tan \beta4=4/5. Tegyük fel tehát, hogy n\ge2 és a tan \betan-1=1-1/n összefüggést már igazoltuk. Ekkor

\tan\beta_n=
{\tan\beta_{n-1}+\tan\alpha_n\over1-\tan\beta_{n-1}\tan\alpha_n}=
{{n-1\over n}+{1\over2n^2}\over1-{n-1\over n}{1\over2n^2}}=
{{2n^2-2n+1\over2n^2}\over{2n^3-n+1\over2n^3}}=

={n(2n^2-2n+1)\over(n+1)(2n^2-2n+1)}=1-{n\over n+1}.

A teljes indukció elve szerint tehát minden n pozitív egész számra tan \betan=1-1/(n+1). Tudjuk továbbá, hogy 0<\beta1<\pi/4. Ha n\ge2 és 0<\betan-1<\pi/4, akkor 0<\betan=\betan-1+\alphan<\pi/2 és tan \betan<1 miatt 0<\betan<\pi/4 is teljesül. A \betan sorozat összes eleme tehát 0 és \pi/4 közé esik, továbbá tan \betan szigorúan növekedő módon 1-hez tart. Minthogy pedig a tangens függvény a (0,\pi/2) intervallumban szigorúan monoton növekedő folytonos függvény, megállapíthatjuk, hogy a \betan sorozat határértéke \arctan1=\pi/4. A feladatban szereplő végtelen összeg tehát konvergens, értéke pedig /4-gyel egyenlő.

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