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!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2000. októberi 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. 3392. Adott 25 edény, űrtartalmuk rendre 1,2,...,25 liter. Hányféleképpen választható ki közülük tíz úgy, hogy bármely két kiválasztott edény felhasználásával kimérhető legyen 1 liter víz? (Korlátlan mennyiségű víz áll rendelkezésre, és egyik edényből a másikba is lehet töltögetni.) (4 pont)

Javasolta: Kozma László, Székelyudvarhely

Megoldás. Egy a és egy b literes edénnyel akkor mérhető ki 1 liter, ha a és b relatív prímek, azaz a-nak és b-nek nincs közös prímosztója. Az 1, 2, ..., 25 számok között kilenc prím van: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 és 23; bármelyik prímnek legfeljebb egy többszöröse lehet a tíz edény között. Ebből máris következik, hogy az 1 literes edényt mindenképpen ki kell választani, a többi edény űrtartalmaz pedig csupán egyetlen prímszámmal lehet osztható. Az ilyen tulajdonságú edények a prímhatványok.

Mindenképpen ki kell tehát választani:

  • Az 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 literes edényeket;
  • A 2, 4, 8, 16 literes edények közül az egyiket;
  • A 3 és 9 literes edények közül az egyiket;
  • Az 5 és a 25 literes edények közül az egyiket.

    Ez összesen 4.2.2=16 lehetőség.


    B. 3393. Mekkora az ABC háromszög és az A'B'C' háromszög területének aránya, ha az AA', BB', CC' szakaszok felezőpontjai rendre B', C', A'? (3 pont)

    Megoldás. A területek aránya 7:1.


    B. 3394. Bizonyítsuk be, hogy pontosan akkor szerkeszthető a, b és c hosszúságú oldalakkal háromszög, ha az a, b, c pozitív valós számokra teljesül, hogy (a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4). (3 pont)

    Megoldás. Az egyenlőtlenség két oldalának különbsége szorzattá alakíthtó:

    (a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)>0.

    Ez pontosan akkor teljesül, ha a háromszög-egyenlőtlenség mindegyik oldalra fennáll, azaz a<b+c, b<c+a és c<a+b.


    B. 3395. Szerkesszük meg az A1A2A3A4A5 ötszöget, ha adott az Ai pontnak az Ai+1 pontra vonatkozó tükörképe (i=1,...,5,A6:=A1). (3 pont)

    Megoldás. Jelöljük Bi-vel az Ai-nek Ai+1-re vonatkozó tükörképét. Ha egy tetszőleges O pontból helyvektorokat indítunk a szereplő pontokhox, és mindegyiket a megfelelő kisbetűvel jelöljük, akkor a tükrözés miatt felírhatjuk a következő egyenleteket:

    a1+b1=2a2, a2+b2=2b3, a3+b3=2a4, a4+b4=2a5, a5+b5=2a1.

    Ebből az egyenletrendszerből az ai vektorokat kifejezhetjük a bi vektorok segítségével (pl. a1=(b1+2b2+4b3+8b4+16b5)/31), s így az ötszög csúcsait megszerkeszthetjük.

    A feladatnak mindig egy megoldása van, azonban a kapott ötszög lehet hurkolt, vagy elfajuló is.


    B. 3396. Oldjuk meg az xy+yz+zx-xyz=2 egyenletet, ha x, y és z pozitív egész számok. (4 pont)

    Megoldás. Keressük meg először azokat a megoldásokat, amelyekben az ismeretlenek közül x az (egyik) legkisebb; ezekből az összes megoldás, az egyenlet szimmetriája miatt, az x, y és z számok permutálásával kapható.

    Az egyenletből

    0<xy+yz+zx-xyz3yz-xyz=(3-x)yz;

    Ebből következik, hogy 3-x>0, azaz x=1 vagy x=2.

    Ha x=1, akkor az egyenlet szerint y+z=2, azaz y=z=1.

    Ha x=2, akkor az egyenlet szerint 2y+2z-yz=2. Átrendezve és szorzattá alakítva

    (y-2)(z-2)=2.

    A két tényező nem lehet (-1)-nél kisebb, ezért csak az 1.2 szorzat lehetséges, azaz y és z értéke valamilyen sorrendben 3 illetve 4.

    Az összes számhármas tehát, amire az egyenlet teljesül: (1,1,1) és (2,3,4), beleértve az utóbbi permutációt is.


    B. 3397. ABC egy hegyesszögű háromszög, a KLMN pedig egy olyan téglalap, hogy N az AC szakaszra, K és L pedig az AB szakaszra illeszkedik. Toljuk el a KLMN téglalapot az AC-vel párhuzamosan úgy, hogy M' a BC szakaszra kerül. Így kapjuk a K'L'M'N' téglalapot. Mutassuk meg, hogy CL' és AB metszéspontját az AM és CB metszéspontjával összekötő egyenes merőleges az AB egyenesre. (4 pont)

    Megoldás. Jelöljük CL' és AB metszéspontját P-vel, AM és CB metszéspontját Q-val. Az eltolás miatt a KK', LL', MM' és NN' szakaszok párhuzamosak és egyenlő hosszúak.

    A párhuzamos szelők tétele szerint, AC és LL' párhuzamosságából . Hasonlóképpen AC és MM' párhuzamosságából . A két egyenletet összevetve , ebből pedig következik, hogy PQ és M'L' párhuzamosak, vagyis PQ merőleges AB-re.


    B. 3398. Az ABCD pontok úgy helyezkednek el a térben, hogy az AB és CD szakaszok hossza 4 egység, míg a BC és DA szakaszok hossza 5 egység. Jelölje az AC és BD szakaszok hosszának négyzetét rendre x és y. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben az így adódó x,y számpárok halmazát. (4 pont)

    Javasolta: Hraskó András, Budapest

    Megoldás. Legyen E és F az A, illetve C pontok vetülete a BD egyenesre.

    Könnyen ellenőrizhető, hogy a pontrendszer létezéséhez szükséges és elegendő a feltétel teljesülése. Némi számolással ellenőrizhető, hogy a baloldali egyenlőtlenség az xy81, a jobboldali az x+y82 egyenlőtlenséggel ekvivalens. A keresett ponthalmaz tehát az xy=81 hiperbola pozitív ága és a x+y=82 egyenes által közrezárt, zárt tartomány:


    B. 3399. Adott a síkon két kör, e és f, rajtuk kívül pedig a P pont. A P -ből egy-egy érintőt húzunk a két körhöz, ezek érintési pontja E és F. Bizonyítsuk be, hogy azoknak a szakaszoknak az aránya, amelyeket a két kör metsz ki az EF egyenesből, nem függ attól, hogy melyik két érintőt rajzoltuk meg. (5 pont)

    Megoldás. Könnyen belátható -- merőleges szárú szögek segítségével --, hogy ha az EF egyenes által az e illetve f körből kimetszett húrokhuz tartozó középponti szög 2 illetve 2, akkor az EPF háromszögben E-nél illetve F-nél lévő szöge illetve . A szinusztétel szerint

    sin/sin=OF/OE.

    A jobb oldalon álló tört értéke állandó, mert egy külső pontból egy körhöz húzható érintő szakaszok hossza állandó. A bal oldalon lévő tört számlálóját illetve nevezőjét az e illetve az f kör sugarának kétszeresével szorozva viszont éppen a körökből az EF egyenes által kimetszett húrok hosszának hányadosát kapjuk, tehát ez a hányados is állandó.



    B. 3400. Adott d egész számra legyen Sd={x 2+dy2:x,y Z} . Tegyük fel, hogy a Sd és b Sd olyanok, hogy b prím és egész. Bizonyítsuk be, hogy ekkor Sd. (5 pont)

    Javasolta: Csörnyei Marianna, London

    Megoldás. Legyenek x, y, u, v olyan egész számok, amelyekre a=x2+dy2 és b=u2+dv2. Könnyű ellenőrizni, hogy

    (Ez az azonosság például az x+i.y alakú komplex számok szorzásából nyerhető.)

    Ha bebizonyítjuk, hogy az előjelek megfelelő választásával és egész, kész vagyunk.

    Tekintsük az xv+yu és xv-yu számok szorzatát:

    (xv+yu)(xv-yu)=x2v2-y2u2=(x2v2+dy2v2)-(y2u2+dy2v2)=v2a-y2b;

    ez a szám osztható b-bel. Mivel b prím, ebből következik, hogy az xv+yu és xv-yu számok közül legalább az egyik osztható b-vel. Mivel x, y, u és v előjelét tetszés szerint megváltoztathatjuk, feltehetjük, hogy xv+yu osztható b-vel, vagyis egész. Az (1) egyenletből láthatjuk, hogy ekkor is egész.


    B. 3401. Egy nagy, önkiszolgáló raktárban rengeteg árut tárolnak legfeljebb 1 tonnás csomagokban. Van egy 3 és egy 4 tonnás teharautónk. Szerződést akarunk kötni, amelyben vállaljuk, hogy a raktárból egy fordulóval legalább N tonna árut szállítunk el. Mekkora N legnagyobb értéke? (5 pont)

    Arany D. versenyfeladat (2000) nyomán

    Megoldás. Ha a raktárban csupa egyforma tömegű csomag van és a közös tömeg x, akkor a két teherautóra [3/x] illetve [4/x] darabot rakhatunk fel, vagyis az elszállítható tömeg ([3/x]+[4/x])x=7-({3/x}+{4/x})x. Az f(x)=({3/x}+{4/x})x függvény grafikonját az ábrán láthatjuk.

    Legyen 0<<1/5 egy kis pozitív szám. Ha x=4/5+, akkor a két teherautó összesen 3+4=7 csomagot vihet el, ezek tömege együttesen 28/5+7. Ebből következik, hogy az elvállalt össztömeg nem lehet 28/5-nél nagyobb.

    Megmutatjuk, hogy minden esetben elszállíthatunk 28/5 tonnánál több árut.

  • Ha a raktárban van legalább 7 olyan csomag, amelynek tömege a (4/5;1] intervallumba esik, akkor a két teherautóra ezekből összesen 3+4=7-et felrakva, az elszállított áru tömege nagyobb, mint 7.4/5=28/5.
  • Ha van legalább 8 olyan csomag, amelynek tömege a (3/4;4/5] intervallumba esik, akkor ezekből elszállíthatunk 3+5=8 darabot, ezek tömege együttesen nagyobb, mint 8.3/4>28/5.
  • Ha van legalább 9 olyan csomag, amelynek tömege a (2/3;3/4] intervallumba esik, akkor ezekből elszállíthatunk 4+5=9 darabot, ezek tömege együttesen nagyobb, mint 9.2/3>28/5.
  • Ha a legfeljebb 2/3 tonnás árukból van legalább 7 tonna, akkor a 3 tonnás autóra 3-2/3=7/3 tonnánál többet felpakolhatunk, a 4 tonnásra pedig 4-2/3=10/5 tonnánál többet. (A teherautókara addig pakolunk, amíg csak lehet.) Ez összesen több, mint 17/3>28/5 tonna.

    Mivel a fenti négy lehetőség közül mindig teljesül legalább az egyik, minden esetben el tudunk szállítani 28/5 tonnánál többet.

    Az N legnagyobb értéke tehát a 28/5.

  • 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