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!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2001. januári 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. 3422. Igazoljuk, hogy 72001-33335 osztható 100-zal. (3 pont)

Megoldás. 2001=3.667, 3335=5.667. Így

72001-33335 = (73)667-(35)667 = 343667-243667 = (343-243)(343666+343665243+...+243666).

Az első tényező éppen 100.


B. 3423. Alkothatnak-e egy háromszög beírt körének az oldalakon levő érintési pontjai tompaszögű háromszöget? (3 pont)

Megoldás. Nem. A beírt kör középpontja mindig az érintési pontok által meghatározott háromszög belsejében van, ezért ez a háromszög mindig hegyesszögű.


B. 3424. Egy szabályos háromszögbe négyzetet írunk, amelynek minden csúcsa a háromszög kerületén van. A négyzet egyik oldala egy kisebb szabályos háromszöget metsz le; ebbe hasonló módon ismét négyzetet írunk, és így tovább. A háromszög hányadrészét fedi le a négyszögek végtelen sorozata? (3 pont)

Megoldás. A négyzeteknek a háromszög oldalával párhuzamos oldalai a háromszöget trapézokra bontják. Az ábrán az egyik ilyen trapézt színeztük ki. Mindegyik trapéz területének {3-\sqrt3\over2}-szerese a megfelelő négyzet területe. A négyszögek által lefedett rész tehát a teljes terület {3-\sqrt3\over2}-szerese, körülbelül 63,4%-a.


B. 3425. A 3+4+5+6=3.6; 15+16+17+...+34+35=15.35 egyenlőségek azt sugallják, hogy a természetes számokból ki lehet választani néhány egymás követőt úgy, hogy összegük egyenlő a legkisebb és a legnagyobb kiválasztott szám szorzatával. Mutassuk meg, hogy végtelen sok ilyen tulajdonságú sorozat van! (5 pont)

Kiss Sándor, Nyíregyháza

1. megoldás. Olyan a<b pozitív egészeket kell keresnünk, amelyekre

a+(a+1)+...+b=ab,

azaz

\(\displaystyle {(b-a+1)(a+b)\over2}=ab,\)

(1) a2+2ab-b2-a-b=0.

Tegyük fel, hogy az (a0,b0) számpár megoldása az (1) egyenletnek. Ebből további egész megoldásokat fogunk konstruálni.

Tekintsük az x2+(2b0-1)x-b02-b0=0 másodfokú egyenletet. Ennek egyik gyöke x1=a0. A másik gyöke a Viéte-képletekből x2=-(2b0-1)-a0. Ha tehát az (a0,b0) számpár megoldása az (1) egyenletnek, akkor a (-a0-2b0+1,b0) számpár is megoldás.

Tekintsük most az x2-(2a0-1)x-a02+a0=0 másodfokú egyenletet. Ennek egyik gyöke x1=b0, másik gyöke x2=(2a0-1)-b0. Tehát az (a0,2a0-b0-1) számpár is megoldása (1)-nek.

Az iménti kétféle lépést felváltva alkalmazva kapjuk, hogy a következő számpárok mind megoldásai az (1) egyenletnek:

(a0,b0);

(-a0-2b0+1,b0);

(-a0-2b0+1,-2a0-5b0+1);

(5a0+12b0-2,-2a0-5b0+1);

(5a0+12b0-2,12a0+29b0-6).

Ha a0<b0 pozitív egészek, akkor 5a0+12b0-2<12a0+29b0-6 is pozitív egészek. Így a feladat egy megoldásából egy ,,nagyobb'' megoldást konstruáltunk.

Megjegyzés. Az, hogy ha (a0,b0) megoldás, akkor (5a0+12b0-2,12a0+29b0-6) is megoldás, egyszerű behelyettesítéssel is ellenőrizhető:

(5a0+12b0-2)2+2(5a0+12b0-2)(12a0+29b0-6)-

-(12a0+29b0-6)2-(5a0+12b0-2)-

-(12a0+29b0-6)=a2+2ab-b2-a-b=0.

2. megoldás. Az (1) egyenletet átalakítva

(2a+2b-1)2-8b2=1,

ami x=2a+2b-1, y=b helyettesítéssel az x2-8y2=1 Pell-egyenlet. Ennek megoldásai mindazok az (x,y) számpárok, amelyekre \(\displaystyle x\pm2\sqrt{2}y=\big(3\pm2\sqrt{2}\big)^n\) valamely n pozitív egészre. Ebből végtelen sok megoldást nyerhetünk, például az n=2,3,4 kitevőkre a következő (a,b) számpárokat kapjuk: (3,6), (15,35), (85,204).


B. 3426. Mit kapunk maradékul, ha az x2001 polinomot elosztjuk (x+1)2-nel? (4 pont)

Megoldás. A binomiális tétel alapján

x2001=((x+1)-1)2001=

\(\displaystyle ={2001\choose0}(x+1)^{2001}-+\dots+{2001\choose2000}(x+1)-{2001\choose2001}.\)

Az utolsó kettő kivételével mindegyik tag osztható (x+1)2-nel. A maradék tehát

\(\displaystyle {2001\choose2000}(x+1)-{2001\choose2001}=2001x+2000.\)


B. 3427. Tükrözzük a hegyesszögű ABC háromszög oldalegyeneseit a rájuk nem merőleges magasságvonalakra. Az így kapott hat tükörkép közül három az ABC háromszög belsejében fekvő A1B1C1 háromszöget, míg a másik három az A2B2C2 háromszöget határolja. Ez utóbbi háromszögnek van egy 20o-os és egy 70o-os szöge. Számítsuk ki az A1B1C1 háromszögek szögeit. (4 pont)

Bakonyi Gábor, Budapest

Megoldás. Legyenek a háromszög szögei \(\displaystyle alpha\)lebetalegamma.

A szögek összeszámolásával ellenőrizhető, hogy az ábra szerinti betűzéssel C1A1B1angle=2alpha, A1B1C1angle=2beta=gamma, B1C1A1angle=3gamma-180o, C2A2B2angle=180o-3alpha, A2B2C2angle=180o+alpha-2beta és B2C2A2angle=2alpha+2beta-180o.

Az utóbbi három szög közül az egyik 20, egy másik 70 fokos, a harmadik 90 fokos. A szögek sorrendjétől függően hat eset lehetséges. Mindegyik esetben egy egyenletrendszer adja meg az alpha, beta és gamma értékét.

    180o-3alpha 180o+alpha-2beta 2alpha+2beta-180o alpha beta gamma  
    20o 70o 90o 53{1\over3}o 81{2\over3}o 45o Nem megoldás, mert beta>gamma
    20o 90o 70o 53{1\over3}o 71{2\over3}o 55o Nem megoldás, mert beta>gamma
    70o 20o 90o 36{2\over3}o 98{1\over3}o 45o Nem megoldás, mert beta>gamma
    70o 90o 20o 36{2\over3}o 63{1\over3}o 80o Megoldás
    90o 20o 70o 30o 95o 55o Nem megoldás, mert beta>gamma
    90o 70o 20o 30o 70o 80o Megoldás

A feladatnak tehát kétféle megoldása van; az ABC háromszög szögei 36{2\over3}, 63{1\over3} és 80, vagy pedig 30, 70 és 80 fokosak. Az eslő esetben az A1B1C1 háromszög szögei 73{1\over3}, 46{2\over3} és 60 fokosak, a második esetben az A1B1C1 háromszög szabályos.


B. 3428. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges háromszögben érvényes az alábbi összefüggés:

(R a háromszög köré írt, r a háromszögbe írt, ra, rb, rc pedig a hozzáírt körök sugarát jelentik.) (4 pont)

Tőricht Pál és Árokszállási Tibor, Paks

Megoldás. Jelöljük a háromszög területét t-vel, félkerületét s-sel. Mint ismeretes, t=r.s=ra.(s-a)=rb.(s-b)=rc.(s-c), továbbá a Héron-képlet szerint t2=s(s-a)(s-b)(s-c). Ezekből következik, hogy r.ra.rb.rc=t2. Ezt behelyettesítve láthatjuk, hogy a bizonyítandó állítás ekvivalens az ismert t\le{3\sqrt3\over4}R^2 egyenlőtlenséggel.


B. 3429. Legyen , és legyen f:NN egy olyan függvény, amelyre tetszőleges pozitív egész n esetén

Igazoljuk, hogy f(f(n))=f(n)+n. (4 pont)

Megoldás. Tetszőleges n pozitív egészre

|f(f(n))-f(n)-n|=|f(f(n))-qf(n)+(q-1)f(n)-q(q-1)n|le

\le\big|f(f(n))-qf(n)\big|+(q-1)\big|f(n)-qn\big|<{1\over
q}+{q-1\over q}=1,

tehát f(f(n))-f(n)-n=0.


B. 3430. Adottak a síkon a P1, P2, ..., Pn pontok. Kiválasztunk egy olyan 1in indexet, amelyre a Pi, Pi+1, Pi+2 pontok nincsenek egy egyenesen, és a PiPi+1Pi+2 háromszög negatív körüljárású. (Az indexelés ciklikus). A Pi+1 pontot kicseréljük arra a pontra, amit úgy kapunk, hogy Pi+1-et tükrözzük a PiPi+2 szakasz felezőpontjára. Ezt mindaddig ismételjük, amíg csak létezik megfelelő i index. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges pontokból kiindulva az eljárás véges sok lépés után véget ér. (5 pont)

Megoldás. Legyenek a Pi pont koordinátái xi és yi. A P1...Pn (hurkolt) sokszög előjeles területét a következő képlettel definiálhatjuk:

t(P_1\dots P_n)=\sum_{i=1}^n{(x_i-x_{i+1})(y_i+y{i+1})\over2}.

Ismeretes, hogy ez a képlet nem változik, ha a sokszöget párhuzamosan eltoljuk, más szóval, csak a sokszög oldalvektoraitól függ. Azt is könnyű ellenőrizni, hogy amikor a Pi+1 pontot tükrözzük a PiPi+2 szakaszra, akkor az előjeles terület a PiPi+1Pi+2 háromszög területének kétszeresével nő.

Az előjeles terület tehát minden lépésben nő. Ugyanakkor az oldalvektoroknak csk a sorrendje változik, mert minden lépésben két oldalvektort kicserélünk. Lépéseink során, a területnövekedés miatt, az oldalvektorok egy adott sorrendje legfeljebb egyszer fordulhat elő; ezért legfeljebb n!-1 lépést tehetünk meg a feltételeknek megfelelően.


B. 3431. OKOSBANK páncélszekrényén több különböző zár van. A bankban n pénztáros dolgozik, mindegyiknek kulcsa van a zárak némelyikéhez. (Egy pénztárosnak több kulcsa is lehet, és egy zárhoz többüknek is lehet kulcsa.) Tudjuk, hogy bármelyik k pénztáros együtt mindig ki tudja nyitni a páncélszekrényt, de k-1 pénztáros soha. Legalább hány zár van a páncélszekrényen? (5 pont)

Vígh Viktor, Szeged

Megoldás. A feltétel szerint bármely k-1 pénztároshoz van egy olyan zár, amiot egyikük sem tud kinyitni. Ha H1 és H2 pénztárosok két különböző k-1 elemű részhalmaza, akkor léteznek olyan Z1 és Z2 zárak úgy, hogy a H1-be tartozó pénztárosok nem tudják kinyitni Z1-et, a H2-be tartozók pedig Z2-t. A két halmazban összesen legalább k pénztáros van, eggyüttesen tehát mindkét zárat ki tudják nyitni.

Az eddigiekből következik, hogy a különböző, k-1 pénztárosból álló halmazokhoz különböző olyan zárak tartoznak, amit az illető pénztárosok nem tudnak kinyitni. A zárak száma tehát legalább annyi, mint a k-1 elemű pénztároshalmazok száma, {n\choose k-1}.

Ennyi zár elegendő is. Ha minden k-1 elemű pénztároshalmazhoz van egy zár, amit az adott pénztárosok nem tudnak kinyitni, akkor a feltételek teljesülnek.

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