Szerk
C. 1842. Oldjuk meg a valós számok halmazán a \(\displaystyle 9^x+(6x-23)\cdot 3^x+5x^2-39x+76=0\) egyenletet.
Javasolta: Bencze Mihály (Brassó
Megoldás. Az \(\displaystyle y=3^x\) jelölés bevezetése után oldjuk meg az \(\displaystyle x\) paraméterű, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0 \)
egyenletet a megoldóképlet alkalmazásával:
Ebből \(\displaystyle y_1=-x+4\) és \(\displaystyle y_2=-5x + 19\).
1. eset: \(\displaystyle 3^x=-x+4\).
Mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-x+4\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=1\) pedig megoldás.
2. eset: \(\displaystyle 3^x=-5x+19\).
Az előzőekhez hasonlóan mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-5x+19\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=2\) pedig megoldás.
Ellenőrzések:
Pánovics MátéPTE Gyak. Ált. Isk., Gimn. és Óv. Babits M. Gimn., 12. o. t.dolgozata alapján
Megjegyzés. Lényegében minden megoldó bevezette az \(\displaystyle y=3^x\) jelölést, amellyel az egyenlet a következő alakba írható át:
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0. \)
A megoldás második lépéseként vagy szorzattá alakították az egyenlet bal oldalát, vagy megoldóképlettel megoldották mint paraméteres, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú egyenlet.
A megoldás befejezéséhez az \(\displaystyle x\)-re nézve exponenciális tagot is tartalmazó egyenleteket a bennük szereplő kifejezések monotonitására történő hivatkozással – amelyhez használhattak deriválást, vagy egyszerű függvénytani megfigyeléseket is a második lépéstől függetlenül – oldották meg. A megoldások ellenőrzésével tették végül teljessé a megoldást.
A feladatra összesen 43 versenyző és csapat küldött megoldást. 5 pontos 14, 4 pontos 21, 3 pontos 4, 2 pontos 1. 1 pontot 0, 0 pontot pedig 3 versenyző kapott.
B. 5489. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle ABC\sphericalangle=15^\circ\) és \(\displaystyle CAB\sphericalangle=75^\circ\), továbbá az \(\displaystyle AB\) átfogó felezőpontja \(\displaystyle F\). A \(\displaystyle BC\) befogón vegyük fel a \(\displaystyle D\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle BD=CA\), a \(\displaystyle CA\) félegyenesen az \(\displaystyle A\) ponton túl az \(\displaystyle E\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle CE=BC\) teljesüljön. A \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) egyenesek metszéspontja legyen \(\displaystyle M\). Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle CM\) egyenesek érintik az \(\displaystyle AEF\) háromszög köré írt kört.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
A KöMaL egy példányának ára 2025. szeptembertől 1600 Ft, előfizetése 1 évre 12500 Ft – BJMT tagoknak 12000 Ft.
Megrendelem
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
C. 1865. Az iskolai szkanderbajnokságon \(\displaystyle 17\) fő indult el. Mindenki pontosan egyszer mérkőzött meg mindenkivel, döntetlen nem született. A versenyzők egy csoportját erősnek hívjuk, ha teljesül rájuk, hogy bármely rajtuk kívüli versenyzőt legyőzött közülük valaki. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható legfeljebb \(\displaystyle 9\) fős erős csoport.
Javasolta: Paulovics Zoltán (Budapest)
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
C. 1844 Ági pirossal, Laci kékkel színezgeti egy \(\displaystyle n \times n\)-es (\(\displaystyle n>1\)) fehér táblázat mezőit, amely \(\displaystyle i\)-edik sorának \(\displaystyle j\)-edik mezőjét \(\displaystyle (i;j)\)-vel jelöljük. Első lépésben Ági pirosra festi a főátló (bal felsőtől a jobb alsóig) mezőit. Ezután felváltva jönnek: ha Laci \(\displaystyle (i;j)\)-t színezi, akkor Ági \(\displaystyle (j;i)\)-t. Minden mezőt pontosan egyszer színeznek be. A \(\displaystyle k\)-adik sort különlegesnek hívjuk, ha bármely kék \(\displaystyle (k;j)\) esetén létezik \(\displaystyle l\), hogy \(\displaystyle (k;l)\) és \(\displaystyle (l;j)\) is piros. Bizonyítsuk be, hogy a színezgetés végeztével Ági talál különleges sort.
