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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Az 1999. októberi számban kitűzött B-jelű matematika feladatok megoldásai

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. 3302. Egy jegypénztárnál nyolcan állnak sorba. Négyüknél egy-egy 100 Ft-os, a másik négynél egy-egy 200 Ft-os van, sorrendjük véletlenszerű. A jegy ára 100 Ft, a kassza kezdetben üres. Mindenki egy jegyet szeretne vásárolni. A lehetséges sorrendek hányadrésze olyan, hogy a pénztáros fennakadás nélkül ki tudja adni a jegyeket? (3 pont)

Megoldásvázlat. Annak a feltételnek kell teljesülnie, hogy bármeddig nézzük a sort, mindig több 100-assal fizető embernek kell lennie, mint 200-assal fizetőnek. Ezt összeszámolva (felírva a lehetséges eseteket) azt kapjuk, hogy 14 ilyen eset van. Az összes esetek száma . Tehát a válasz: .


B. 3303. Egy 5 cm széles papírcsíkot gyűrődés nélkül áthajtunk az ábra szerint.

Milyen kicsi lehet a kétszer lefedett, satírozott rész területe? (4 pont)

Megoldásvázlat.

Az ABC háromszög területe AB.mc/2=AB.5/2 cm. Mivel AB5 cm, ezért a terület legkisebb lehetséges értéke 12,5 cm2, és a 12,5 cm2-nél nagyobb értékek közül bármelyiket felveheti.


B. 3304. Meg lehet-e számozni egy kocka éleit az 1, 2, 3,..., 11, 12 számokkal úgy, hogy mindegyik csúcsban ugyanannyi legyen az ide befutó élekre írt számok összege? (4 pont)

Javasolta: Reményi Gusztáv, Budapest

Megoldásvázlat. Nem lehet.

Tegyük fel, hogy a kocka éleire ráírtuk az 1, 2, ..., 12 számokat. Ha minden csúcsban összeadjuk az élekre írt számokat, az így kapott összegek összegében minden él kétszer szerepel, ezért az összegek összege 2.(1+2+...+12)=156, ami nem osztható a csúcsok számával, 8-cal.


B. 3305. Sándor Mátyás esetéből okulva, a hazafiak vezére egy egyenletet küldött barátainak:

2x2+4xy+7y2-12x-2y+N=0.

A titkos üzenet az volt, hogy a hónap N. napján legyen a felkelés. A hazafiak gyakran mondogatták, hogy a felkelés az egyetlen megoldás. Ez jellemzte N-et is: az egyenletet egyetlen (x,y) valós számpár elégítette ki. Mennyi N értéke? (4 pont)

1. megoldásvázlat. Ha az egyenletet x-re megoldjuk, akkor egy kivétellel minden y-ra negatívnak kell lennie a diszkriminánsnak, az egy kivételre pedig 0-nak. A diszkrimináns:

D(y) = (4y-12)2-4.2.(7y2-2y+N) = -8(5y2+10y+N-18).

Ez a kifejezés egyetlen y-ra 0, ezért ennek a diszkriminánsa is 0:

460-20N = 0,

azaz N=23. Ehhez az értékhez az y = -1, x = 4 megoldás tartozik.

2. megoldásvázlat. Rendezzük az egyenletet a következőképpen:

5(y+1)2+2(x+y-3)2=23-N.

Ennek az egyenletnek pontosan akkor van egy megoldása, ha 23-N=0, vagyis N=23.


B. 3306. Az egységnyi területű ABC háromszög AB oldalán a harmadolópontok legyenek D és E, az AC oldalán a felezőpont pedig F. A CB egyenesét az FE egyenes G-ben, az FD egyenes H- ban metszi. Határozzuk meg az FGH háromszög területét. (3 pont)

Megoldásvázlat. Legyen P a BC szakasz felezőpontja, BC=a, AC=b.

A párhuzamos szelők tételéből GB : GP = BE : PF = 2 : 3 és HP : HB = PF : BD = 3 : 4, ezekből GB=HC=a.

Az FGH háromszög GH alapja háromszor akkora, mint a BC oldal, az ehhez tartozó magassága fele az ABC háromszög A-ból induló magasságának, tehát az FGH háromszög területe 1,5-szerese az ABC háromszög területének.


B. 3307. Határozzuk meg az ábrán látható MAN, MBN, MCN, MDN, MEN szögek összegét, ha tudjuk, hogy PA=AB=BC=CD=DE. (3 pont)

Orosz versenyfeladat

Megoldásvázlat.

MAN =AMP, és a többi szögnek is megvan az Acsúcsú párja, így az öt szög összege egyenlő A PME szöggel, ami 45o.


B. 3308. Hány olyan ikerprím számpár van, amelyek összege prímhatvány? (Ikerprímnek nevezünk két prímszámot, ha a különbségük 2.) (4 pont)

Javasolta: Kovács Ádám, Budapest

Megoldásvázlat. Ha a két prímszám 3-nál nagyobb, akkor a kisebbik 6k-1, a nagtobbik 6k+1 alakú, és ezért az összegük osztható 6-tal, nem lehet prímhatvány. Ezért az egyetlen megoldás a 3 és az 5.


B. 3309. Egy kocka minden lapján kijelöltük a középvonalak negyedelőpontjait. Hogyan aránylik a pontok által meghatározott test térfogata a kocka térfogatához? (4 pont)

Megoldásvázlat.

Vágjuk a nagy kockát 8 egybevágó kis kockára. Ekkor minden kis kockát az új test lapjai szabályos hatszögben metszenek. (Gy.3237-es feladat.) A kis kockákat ez a metszés két egybevágó részre vágja. Ezért a keresett arány 1:2.


B. 3310. Mutassuk meg, hogy az (x2+y2)3=27x2y2 egyenletű görbe belefoglalható egy 4 egység oldalú négyzetbe. (5 pont)

Megoldásvázlat. Legyen x=rcos és y=rsin, ahol r>0 és 02. Az egyenletbe behelyettesítve

r6=27r4sin2cos2,

r2=27sin2cos2,

végül, a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget is felhasználva,

|x|2.

Teljesen hasonlóan kapjuk, hogy |y|2.

A görbe összes pontja a -2x,y2 négyzetben van.


B. 3311. Igazoljuk, hogy ha , akkor

(5 pont).

Kovács Ádám (Budapest) ötletéből

Megoldásvázlat. Az egyenlőtlenséget átrendezve,

Az x=0 esetben a baloldal értéke 0, ezen kívül megmutatjuk, hogy a baloldal a intervallumban szigorúan monoton nő.

A baloldal deriváltja

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján

vagyis a derivált pozitív.

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