Kozma Katalin Abigél (Győr)
1. Két pozitív szám számtani közepe \(\displaystyle 205\), a számtani és mértani közepük különbsége \(\displaystyle 160\). Melyik ez a két szám? (11 pont)
Megoldás. Jelöljük az egyik számot \(\displaystyle x\)-szel, a másikat \(\displaystyle y\)-nal, ahol \(\displaystyle x>0\) és \(\displaystyle y>0\). Számtani közepük
\(\displaystyle \frac{x+y}{2}=205, \qquad\text{amiből}\qquad x+y=410, \quad y=410-x. \)
A mértani közép legfeljebb annyi, mint a számtani, ezért most a feladat feltétele alapján \(\displaystyle 160\)-nal kisebb, mint a számtani közép, azaz értéke \(\displaystyle 205-160=45\). Ekkor
\(\displaystyle \sqrt{xy}=45\Leftrightarrow xy=45^2=2025, \)
amibe az \(\displaystyle y\) helyére \(\displaystyle (410-x)\)-et helyettesítve egy másodfokú egyenletet kapunk:
\(\displaystyle x(410-x)=2025\Leftrightarrow x^2-410x+2025=0, \)
amelynek gyökei \(\displaystyle x_1=405\), \(\displaystyle x_2=5\), így \(\displaystyle y_1=410-405=5\), \(\displaystyle x_2=410-5=405\), azaz ugyanazt a számpárt kapjuk meg kétszer.
Ellenőrzés: Az \(\displaystyle 5\) és a \(\displaystyle 405\) számtani közepe tényleg \(\displaystyle 205\), mértani közepük pedig \(\displaystyle 45\), ami valóban \(\displaystyle 160\)-nal kisebb a számtani közepüknél.
A keresett két pozitív szám az \(\displaystyle 5\) és a \(\displaystyle 405\).
2. a) Számítsa ki \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) értékét, ha \(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=0\), valamint \(\displaystyle A(x;7)\), \(\displaystyle B(4;-1)\) és \(\displaystyle C(x-11; -4)\). (8 pont)
b) Adja meg az – a) részben kapott – \(\displaystyle ABC\) háromszög súlypontját. (2 pont)
c) Mekkora az – a) részben kapott – \(\displaystyle ABC\) háromszög területe? (3 pont)
Megoldás. a) Elsőként kiszámítjuk a két vektor koordinátáit:
\(\displaystyle \overrightarrow{AB}=(4-x; -8) \qquad\text{és}\qquad \overrightarrow{AC}=(-11; -11), \)
így skaláris szorzatuk a következőképpen írható fel:
\(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=(4-x) \cdot (-11)+(-8)\cdot (-11)=0, \)
amiből \(\displaystyle x=-4\) adódik, ez a feladat egyetlen megoldása.
Ellenőrzés: \(\displaystyle x\!=\!-4\) esetén \(\displaystyle \overrightarrow{AB}\!=\!(8;-8)\), ekkor \(\displaystyle \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\!=\!8\cdot {(-11)}\!+\!{(-8)\!\cdot\! (-11)}\!=\!{-88}+88\!=\!0\).
b) A feladat előző részében \(\displaystyle x=-4\)-et kaptunk, így az \(\displaystyle ABC\) háromszög csúcsai a következők:
\(\displaystyle A(x;7)=(-4;7), \quad B(4;-1) \quad \text{és}\quad C(x-11; -4)=(-15;-4). \)
A súlypont koordinátái a csúcspontok megfelelői koordinátáinak átlagaként számolhatók ki:
\(\displaystyle S\biggl(\frac{-4+4+(-15)}{3};\frac{7+(-1)+(-4)}{3}\biggr)=S\biggl(-5;\frac{2}{3}\biggr). \)
c) Az a) részben láttuk, hogy a háromszög két oldalvektorának skaláris szorzata nulla, ezért merőlegesek egymásra, így az \(\displaystyle ABC\) háromszög derékszögű. A befogók hossza: \(\displaystyle AB=\sqrt{8^2+(-8)^2}=8\sqrt{2}\), illetve \(\displaystyle AC=\sqrt{(-11)^2+(-11)^2}=11\sqrt{2}\). A háromszög területe:
\(\displaystyle T=\frac{8\sqrt{2} \cdot 11\sqrt{2}}{2}=88. \)
Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!
\(\displaystyle \sqrt{x^2-5x-14}\cdot\lvert5-x\rvert\cdot\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)\cdot\lg(9-x)=0 \)
Megoldás. Az értelmezési tartomány a logaritmikus kifejezés miatt \(\displaystyle 9-x>0\), így \(\displaystyle x<9\), továbbá a négyzetgyökös kifejezés miatt \(\displaystyle x^2-5x-14\ge 0\), amiből \(\displaystyle x\leq -2\) vagy \(\displaystyle x\geq 7\) ...
G. 896. Öt ellenállást kapcsolunk az ábra szerint egy 24 V-os feszültségforrás \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) kimenetére. Az ellenállások: \(\displaystyle R_1=40~\Omega\), \(\displaystyle R_2=50~\Omega\), \(\displaystyle R_3=R_4=10~\Omega\) és \(\displaystyle R_5=20~\Omega\).
a) Határozzuk meg az áramkör eredő ellenállását a kapcsoló zárt és nyitott állásában!
b) Mennyivel változik meg az \(\displaystyle R_4\) ellenállás teljesítménye, ha a zárt kapcsolót kinyitjuk?
(4 pont)
Közli: Veres Dénes, Szolnok
A KöMaL pontversenyeihez és Ifjúsági Ankétjához a MATFUND Alapítvány részére a Nemzeti Tehetség Program a 2024. július 1. és 2025. augusztus 31. közötti időszakra tizenhétmillió forint támogatást biztosított (NTP-TMV-M-24-M-0003).
A Nemzeti Kulturális Alap a KöMaL kiadását 1 900 000 forinttal (NKA-LAP), a 2023. október 29-30-án megrendezett KöMaL Ankét megszervezését 2 000 000 forinttal (NKA (201108/03268),továbbá a 2024. július első hetében megszervezett KöMaL nyári matematika és fizika tehetséggondozó tábor megrendezését 2 000 000 forinttal (201108/03268) támogatta. A nyári tábor idén sem jöhetett volna létre az AIT támogatása nélkül. Köszönjük továbbá a dombóvári Hotel Európának, hogy sokadik éve biztosít helyszínt táborunknak.
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.
Kevés az olyan egyenlettípus, amely zárt alakban megoldható, a legtöbb esetben valamilyen numerikus megoldáshoz kell folyamodnunk. Mindig lehetőségünk van a próbálgatásra, amit ügyesen végrehajtva megbízható eredményre juthatunk, de bizonyos esetekben a megoldás megkeresésére szisztematikus, könnyen automatizálható eljárás is a rendelkezésünkre áll. Az alábbiakban egy ilyet mutatunk be. Ez az
típusú egyenletek esetében alkalmazható, és az \(\displaystyle f(x)\) függvények egy széles osztályában eredményes. A módszer lényege, hogy az
\(\displaystyle x_{n+1}=f(x_n) \)
képzési szabály segítségével egy sorozatot generálunk.
Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 2025. évi Eötvös-versenye október 17-én délután 3 órai kezdettel tíz magyarországi helyszínen került megrendezésre. Az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra 2025. november 28-án délután került sor az ELTE TTK Eötvös termében. Megemlékeztünk az 50 és 25 évvel ezelőtti Eötvös-versenyről, ismertettük az akkori feladatokat és a győztesek nevét. Az 50 évvel ezelőtti díjazottak közül Virosztek Attila, a 25 évvel ezelőttiek közül Pozsgay Balázs volt jelen – ők röviden beszéltek a versennyel kapcsolatos emlékeikről és a pályafutásukról. Az 50 évvel ezelőtti II. díjas Zimányi Gergely videóüdvözletet, a 25 évvel ezelőtti I. díjas Buruzs Ádám pedig szöveges üzenetet küldött a jelenlévőknek.
25. alkalommal adták át a Rátz Tanár úr életműdíjakat összesen nyolc kiváló tanár részére:
Kántor Sándorné, Dr. Pintér Klára, Ábrám László, Horváth Norbert, Karasz Gyöngyi, Nagy István, Bódis Bertalan, Mándics Dezső.
A kitüntetettek részletes bemutatása és az évente megújuló felhívás megtalálható a Rátz Tanár Úr Életműdíj hivatalos honlapján: https://www.ratztanarurdij.hu/
Idén Miskolc vendégül a matematikatanárok csapatát a Rátz László Vándorgyűlés keretei között. Négy szekcióban zajlottak a szemináriumok és az előadások, ezen kívül átadták a Bolyai János Matematikai Társulat Beke Manó Emlékdíjait és a Reményi díjakat az országos matematikaversenyeken kiváló eredményt elért tanulók tanárainak.
M. 443. Mobiltelefon fényérzékelőjét használva mutassuk meg, hogy a fényintenzitás inverz négyzetesen függ egy pontszerű fényforrástól mért távolságtól! Hogyan válasszuk a kísérleti körülményeket ahhoz, hogy minél pontosabban tudjuk igazolni ezt az összefüggést?
Közli: Vadász Gergely, Solymár
