2009/2010...eladatlapF ok I. forduló Specmat Országos K özépisk olai T an ulmán yi V ersen y 2009 2010-es tanév MA TEMA TIKA, I I I. k ategória Az els® (isk olai) forduló

2009/2010

Feladatlapok és megoldások

Adobe Reader verzió

Szoldatics JózsefBudapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

http://matek.fazekas.hu/

2017. március 1.

TARTALOMJEGYZÉK

Tartalomjegyzék

Feladatlapok 2

1.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Megoldások 10

2.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Megoldások 26

3.0.1. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.0.2. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.1. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.2. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA)

Az 1. forduló feladatai

1. Melyek azok az Zm∈ számok, amelyekre az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm

egyenletnek legfeljebb egy, az 0432 =−+⋅ mxxm

egyenletnek legalább egy valós gyöke van?

2. Egy derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör érintési pontja két szakaszra osztja. Bizonyítsa be, hogy a háromszög területének számértéke egyenlő ezen két szakasz hosszának a szorzatával!

3. Melyik az a 10-es számrendszerben felírt, xyzu alakú négyjegyű szám, amelynek számjegyeire teljesülnek az

14 =−+ xzu és 14210 =−+ yzu

feltételek?

4. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpontja a 1CC magasságvonalon úgy helyezkedik el, hogy 1:3: 1 =MCCM . ( 1C a magasság talppontja)

Mekkora az ∠AFB , ha F a 1CC szakasz felezőpontja?

5. Palkó uzsonnára palacsintát készített barátainak. Az asztalon három tálon van palacsinta. Az elsőn 8 darab túrós, 6 darab diós, és 10 darab lekváros van, a másodikon 12 darab túrós, 10 darab diós, és 8 darab lekváros, a harmadikon 8 darab diós, 12 darab lekváros és néhány túrós.

a) Palkó egyik barátja, Peti, véletlenszerűen vett mindegyik tálról egy-egy

palacsintát. Tudjuk, hogy a Peti által választott három palacsinta 253

valószínűséggel volt azonos ízesítésű. Hány túrós palacsinta volt a harmadik tálon?

b) A harmadik tálon levő túrós palacsinták számától függően milyen határok közt változhat annak a valószínűsége, hogy Peti három azonos ízesítésű palacsintát vett ki? (Feltesszük, hogy a házigazda csak a harmadik tálon lévő túrós palacsinták számát változtatja.)

6. Az ABC háromszög B és C csúcsainál fekvő belső szögfelezők az AC illetve AB oldalt a 1B illetve 1C pontokban metszik. Rajzoljuk meg az A csúcson keresztül a külső szögfelező e egyenest. A 1B ponton át a 1CC szögfelezővel, a

1C ponton át a 1BB szögfelezővel párhuzamos egyeneseket húzunk, amelyek az e egyenest a P illetve a Q pontokban metszik.

Bizonyítsa be, hogy a BCQP négyszög csúcsai egy körön helyezkednek el! Minden feladat helyes megoldásáért 10 pont adható.

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi elso fordulojanak feladatai

matematikabol, a II. kategoria szamara

1. Adott a kovetkezo polinom:

P (x) = x2 +(x+2)2 +(x+4)2 + ...+(x+2008)2 − (x+1)2 − (x+3)2 − ...− (x+2009)2.

Mely valos x ertekek eseten teljesul, hogy P (x) > 0?

2. Melyik az a legnagyobb, csupa kulonbozo szamjegyet tartalmazo pozitıv egesz szam,amelynek a szamjegyeit tetszoleges sorrendben veve mindig prımszamot kapunk?

3. Oldjuk meg a kovetkezo egyenletet:

11x + 14x = 25x − 2(√

154)x

.

4. Az ABC haromszog teruletet az A csucsbol indulo belso szogfelezo 1:2 aranybanosztja. Milyen aranyban osztja fel a haromszog teruletet az a magassagvonal, amely aharomszog legnagyobb szogu csucsabol indul, ha BC felezomerolegese a teruletet

(a) 1 : 3;

(b) 1 : 2

aranyban osztja?

5. Az {1; 2; 3; ...; 2009} halmazbol legalabb hany szamot kell kivalasztani, hogy biz-tosan legyen a kivalasztott szamok kozott ket olyan, amelyek kulonbsege 4?

Valamennyi feladat 7 pontot er.

Oktatás i Hivata l

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

��

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009�2010-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaAz els® (iskolai) forduló feladataia gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részére1. Igazoljuk, hogy egy 2009 sú sú teljes gráf élei megszámozhatók az1, 2, . . . ,

(20092

) számokkal úgy, hogy az egy sú sba befutó élek szá-mainak az összege semelyik két sú snál se legyen azonos.2. Szerkesszünk háromszöget, ha ismert egy oldala, továbbá a beírt és akörülírt kör sugara. (Feltesszük, hogy létezik a megadott adatokkalháromszög, így a megoldhatóság feltételét nem kell vizsgálni, sak amegoldások számát.)3. Oldjuk meg a (2x+ 2)(5 − 2x)(4x2 + 8x+ 11) = 10(2x+ 3)2 egyenleteta valós számok körében.4. Egy pozitív egész számot négyzetteljesnek nevezünk, ha a törzstényez®sfelbontásában minden prím legalább a második hatványon szerepel.Bizonyítsuk be, hogy végtelen sokszor lesz két szomszédos szám mind-egyike négyzetteljes.5. Egységnyi terület¶ háromszögben helyezzünk el két egymásba nemnyúló egyenl® sugarú körlemezt úgy, hogy együtt minél nagyobb terüle-tet fedjenek le. Az egységnyi terület¶ háromszögek közül milyen alakúháromszög esetén lesz ez a lefedett terület a legnagyobb?Valamennyi feladat 7 pontot ér.

4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010

Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA)

2. forduló

1. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a

120102009 2009

2010loglog2009

12010

<

−x

egyenlőtlenséget!

2. Az ABC háromszög A csúcsból induló belső szögfelezője a K pontban

metszi a BC oldalt. Az ABK háromszög belülírt körének és az ABC

háromszög körülírt körének a középpontja egybeesik.

Mekkorák az ABC háromszög szögei?

3. Mutassa meg, hogy ha az mn, természetes számokra

( ) ( ) ( ) 1++=+ mfnfmnf és ( ) 21 =f

teljesül, akkor az

( )1f ; ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf

számok számtani sorozatot alkotnak!

Számítsa ki a számtani sorozat első 2010 tagjának összegét!

4. Oldja meg az

43222314 =++++++−−++− yxyxxyyx

egyenletet, ha Zx∈ és Zy∈ !

5. Egy 12 oldalú konvex sokszög belsejében 1000 pontot helyeztünk el úgy,

hogy a sokszög 12 csúcsa, valamint ezek a felvett pontok – összesen 1012

pont – közül semelyik három nem illeszkedik egy egyenesre.

Maximálisan hány olyan háromszöget készíthetünk, amelynek mindhárom

csúcsa az 1012 pont közül kerül ki?

Minden feladat helyes megoldásáért 10 pont adható.

5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi masodik fordulojanak feladatai

matematikabol, a II. kategoria (GIMNAZIUM) szamara

1. Adott az x(x2 + y2) + y(x2 + y2) − 4x − 4y = 0 egyenletu alakzat. Ennek az

alakzatnak melyik pontja van legkozelebb a P (−3

2;5

2) ponthoz?

2. Bizonyıtsuk be, hogy 55 darab egymast koveto egesz szam negyzetenek osszege nemlehet negyzetszam.

3. Egy haromszog belsejebe helyezzunk el harom olyan kort, amelyek erintik a haromszogket-ket oldalat, tovabba kıvulrol erintik a haromszog beırt koret. Bizonyıtsuk be, hogy eharom kor sugaranak osszege nem kisebb a beırt kor sugaranal.

4. Hany megoldasa van a kovetkezo egyenletnek?

2009 ={x}[x]

x

[x] az x valos szam egeszresze, az x-nel nem nagyobb egeszek kozul a legnagyobb.{x} az x valos szam tortresze, erteke {x} = x− [x].


6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l



A döntő feladatai

1. Feladat

Oldja meg a valós számok halmazán a

6sin3cos4cos2

cos13sin3cos2cos2

sin22cos2224

2

224

2

=++

++−

+xxx

xxxx

xx

egyenletet!

2. Feladat Legyen

( ) ( ) −−+=

nn

na 212142 ,

ahol n pozitív egész szám.

Bizonyítsa be, hogy a sorozat minden tagja egész szám!

3. Feladat

Az ABC háromszögben

cABbCAaBCBAC ===°=∠ ,,,90

és a háromszög K -val jelölt kerületére fennáll, hogy

cbaK +

= .

a) Számítsa ki 2βtg értékét a K függvényében! (ahol ∠= CBAβ )

b) K milyen értékeire lesz a β szög az ABC háromszög legkisebb

szöge?

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatai


1. Az a, b es c valos parameterekre teljesul, hogy 2a2 + 2 + 3b + 6c = 0. Igazoljuk,hogy a

(a2 + 1)x2 + bx + c = 0

egyenletnek van egynel kisebb, pozitıv gyoke.

2. Az ABCD tetraederben AB = BC = CA. Bizonyıtsuk be, hogy amennyibenDAB 6 = DBC 6 = DCA 6 , akkor DA = DB = DC.

3. Egy tarsas osszejovetelen n ember vett reszt. A tarsasag tagjai kozul idonkentleult harom ember egy ultipartira. Hazamenetelkor megallapıtottak, hogy barmely haromember legfeljebb egy partiban jatszott egyutt es barmely ket ember pontosan ket partibanvett reszt egyutt.

Milyen n ertekekre lehetseges ez, ha 3 < n < 9?


8

Feladatlapok Dönt® forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2009�2010-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaA dönt® feladataia gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részére1. Igazoljuk, hogy végtelen sok olyan derékszög¶ háromszög van, amely-ben az oldalhosszak relatív prím egész számok, és az átfogó hosszábólbármelyik befogó hosszát levonva egy-egy köbszámot kapunk.2. Az ABC háromszög szögei π/7, 2π/7, 4π/7. A háromszög szögfelez®i aszemközti oldalakat az A1, B1, C1 pontokban metszik. Mutassuk meg,hogy az A1B1C1 háromszög egyenl® szárú.3. Egy k élhosszúságú ko ka három egy sú sba futó lapját teljesen leakarjuk ragasztani k2 darab 3 × 1 méret¶ ímkével. Milyen k-ra lehetezt megtenni?

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

O k t a t á s i H i v a t a l

Az 1. forduló feladatainak megoldása (Szakközépisko la)

1. Melyek azok az Zm∈ számok, amelyekre az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm

egyenletnek legfeljebb egy, az 0432 =−+⋅ mxxm

egyenletnek legalább egy valós gyöke van?

Megoldás

a) Ha 2=m , akkor az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm

egyenlet elsőfokú, és 2=m behelyettesítésével 014 =−− x ,

azaz

41

1 −=x .

Ekkor teljesül az a feltétel, hogy az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm egyenletnek legfeljebb egy valós gyöke van.

Az 2=m érték mellett az 0432 =−+⋅ mxxm egyenletből behelyettesítés és egyszerűsítés után

0232 =−+ xx adódik, ennek az egyenletnek két valós megoldása van, mégpedig

2173

2+−

=x és 2

1733

−−=x .

Teljesül tehát az a feltétel is, hogy az 0432 =−+⋅ mxxm egyenletnek legalább egy valós gyöke van.

Ebből következik, hogy 2=m a feladat egyik megoldása.

b) Ha 2≠m , de 0=m , akkor ennek behelyettesítésekor az 0432 =−+⋅ mxxm egyenletben a két oldal nem egyenlő, ezért m nem

lehet 0. Ez azt is jelenti, hogy az 0432 =−+⋅ mxxm egyenlet csak másodfokú lehet.

Teljesülnie kell annak a feltételnek, hogy az 0432 =−+⋅ mxxm másodfokú egyenletnek legalább egy valós gyöke legyen. Ez pontosan akkor áll fenn, ha az egyenlet diszkriminánsa nem negatív, azaz

(1) 0169 2 ≥+ mm .

A 0169 2 =+ mm egyenlet gyökei

916

1 −=m és 02 =m ,

1 pont 1 pont 1 pont

1 pont

10


- 2 -

így figyelembe véve azt is, hogy a fentiek szerint 0≠m , az (1) egyenlőtlenség megoldásai a

] [∞∪

−∞− ;0

916;

számhalmazba tartozó egész számok. Ha 2≠m , akkor az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm másodfokú egyenletnek pontosan akkor lesz legfeljebb egy valós gyöke, ha a diszkriminánsa nem pozitív, azaz, ha

( ) 0244 2 ≤−⋅+ mm , amelyből rendezés után

(2) 022 ≤−+ mm

következik.

Az 022 =−+ mm egyenlet gyökei 23 −=m és 14 =m ,

ezért az Zm∈ feltétel figyelembe vételével a (2) egyenlőtlenség megoldásai a

[ ]1;2− számhalmazba tartozó egész számok.

Az (1) és (2) közös megoldása a Z halmazon:

2−=m , 1=m .

Ha 2−=m , akkor az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm egyenletből a 0144 2 =+− xx

egyenletet kapjuk, amelynek egyetlen gyöke 21

=x ;

az 0432 =−+⋅ mxxm egyenletből pedig 0232 =++ xx

adódik, amelynek megoldásai 1−=x és 2−=x . A feladat feltétele tehát mindkét egyenletre teljesül.

Másrészt, ha 1=m , akkor az ( ) 0122 2 =−−⋅− mxxm egyenletből az 0122 =++ xx

egyenlethez jutunk. Ennek csak az 1−=x valós szám a megoldása; az 0432 =−+⋅ mxxm egyenletből pedig az

0432 =−+ xx egyenletet kapjuk, amelynek gyökei 4−=x és 1=x , vagyis a feladat követelménye az 1=m egész számra is teljesül.

A feladat összes megoldását tehát az 2−=m , 1=m , 2=m egész számok adják.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont

10 pont

11


- 3 -

2. Egy derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör érintési pontja két szakaszra osztja. Bizonyítsa be, hogy a háromszög területének számértéke egyenlő ezen két szakasz hosszának a szorzatával!

1. Megoldás

Jelöléseink a következők:

1. ábra

aBC = , bCA = , cAB = ; rKFKEKD === ;

xAF = , xcBF −= . Ezekkel a jelölésekkel azt kell bizonyítanunk, hogy

BFAFTABC ⋅= , ( )xcxTABC −⋅= .

A körhöz egy külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, ezért

(1) CDCE = , továbbá

xAFAE == és xcBFBD −== , valamint,

xbAEbCE −=−= , )( xcaBDaCD −−=−= ,

és (1) miatt ( )xcaxb −−=− ,

amiből kapjuk, hogy

(2) 2

acbx −+= ,

és (3)

2bcaxc −+

=− .


x c-x

r r

r

12


- 4 -

(2) és (3) szerint ( )

2)(

2)(

22abcabcbcaacbxcxBFAF −−

⋅−+

=−+

⋅−+

=−⋅=⋅ .

Elvégezve a műveleteket, azt kapjuk, hogy

(4) ( )42 222 babacxcx −+−

=−⋅ .

Az ABC derékszögű háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel miatt 0222 =−− bac , ezért a (4) összefüggés azzal egyenértékű, hogy

(5) ( )2

baxcx ⋅=−⋅ .

Mivel a aBC = és bCA = befogójú, derékszögű háromszög területe

2ba ⋅ , ezért (5) pontosan azt jelenti, hogy

( )xcxTABC −⋅= , ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Összesen: 2. Megoldás:

Az 1. megoldás ábráját használjuk.

A CEKD négyszög négyzet, mert KDEK = és a szögek 090 -osak, ezért rCDCE == .

Ebből, valamint a külső pontból körhöz húzott érintők egyenlőségéből következik, hogy:

(1) rbAFAE −== ,

illetve (2) raBFBD −== .

Ugyanakkor cBFAF =+ ,

és ezért crba =−+ 2 ,

ahonnan (3) rcba 2+=+ .

Tekintsük most az ba + kifejezés négyzetét!

(3) alapján ez 22 )2()( rcba +=+ .

1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 10 pont

1 pont 1 pont

1 pont

13


- 5 -

Elvégezve a műveleteket: (4) rcrcabba 442 2222 ++=++ .

Mivel a Pitagorasz-tétel miatt 222 cba =+ , ezért (4)-ből következően:

(5) )(2

crrba+⋅=

⋅ .

Az a és b befogójú derékszögű háromszög területe éppen 2

ba ⋅ , így

elegendő azt bizonyítani, hogy az AF és BF szakaszok hosszának szorzata )( crr +⋅ .

Az AF és BF szakaszok hosszának szorzata (1) és (2) felhasználásával:

(6) )()( rarbBFAF −⋅−=⋅ .

(6) jobb oldalán elvégezve a műveleteket 2rrarbbaBFAF +⋅−⋅−⋅=⋅ ,

átalakítva: (7) )( rbarbaBFAF −+⋅−⋅=⋅ .

Helyettesítsük (7) jobb oldalán az rba −+ helyére a (3)-ból következő crrba +=−+ összefüggést!

Eszerint )( crrbaBFAF +⋅−⋅=⋅ ,

illetve (5) miatt )()(2 crrcrrBFAF +⋅−+⋅⋅=⋅ ,

vagyis )( crrBFAF +⋅=⋅ ,

ez pedig a fentiek szerint a bizonyítandó állítással ekvivalens. Összesen:

1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 2 pont 10 pont

14


- 6 -

3. Melyik az a 10-es számrendszerben felírt, xyzu alakú négyjegyű szám,

amelynek számjegyeire teljesülnek az 14 =−+ xzu és

14210 =−+ yzu feltételek?

Megoldás

Az xyzu szám négyjegyű, ezért 0≠x , továbbá mivel az uzyx ;;; egész számok a tízes számrendszer számjegyei, ezért felírhatjuk a következő kettős egyenlőtlenségeket:

(1) 0 < 9≤x , 90 ≤≤ y , 90 ≤≤ z , 90 ≤≤ u .

Az 14 =−+ xzu egyenletből következik, hogy 14 +=+ xzu ,

de (1) alapján zu + értéke legfeljebb 18 lehet, azaz (2) 1814 ≤+x .

A (2) egyenlőtlenségből x lehetséges értékei: 1, 2, 3, 4.

Az 14210 =−+ yzu egyenlet szerint 14210 +=+ yzu ,

de ugyancsak (1) miatt 32142 ≤+y ,

és ezért

(3) 3210 ≤+ zu .

A (3)-ból következően z lehetséges értékei: 0, 1, 2, 3.

A továbbiakban z és x lehetséges értékei szerint vizsgáljuk a megoldási lehetőségeket.

a) ha 0=z , akkor a megadott egyenletekből

14 += xu , és 142 += yu .

A két egyenlet ellentmondó, mert az elsőből u páratlan, a másodikból páros, tehát 0=z -ra nincs megoldás.

b) ha 1=z , akkor ugyancsak a megadott egyenletekből

(4) xu 4= , (5) és 42 += yu .

1 pont


15


- 7 -

De tudjuk, hogy 41 ≤≤ x , amiből itt csak 1=x , vagy 2=x jöhet szóba (mert 9≤u ).

b1) ha 1=x , akkor (4)-ből 4=u , és (5)-ből 0=y . b2) ha 2=x , akkor (4)-ből 8=u , és (5)-ből 2=y .

c) ha 2=z , akkor

14 −= xu , és 62 −= yu .

Itt ugyanazért nincs megoldás, mint az a) esetben. d) ha 3=z , akkor (6) 24 −= xu , (7) és 162 −= yu .

Mivel 41 ≤≤ x , ezért 1=x , 2=x jöhet szóba. (hiszen 9≤u ) d1) ha 1=x , akkor (6)-ból 2=u , és (7)-ből 9=y . d2) ha 2=x , akkor (6)-ból 6=u , és (7)-ből 11=y , ami

nem jó, mert ellentmond (1)-nek. Így a feladatnak három megoldása van:

b1) – ből 1014, b2) – ből 2218, d1) – ből 1932.

Összesen: Megjegyzés: a) és c) számolással való megoldása esetén is megkapja a versenyző az 1+ 1 pontot.

Ekkor

Ezek nem megoldások, mert egyik y sem egész.

x y z u

1 29

− 0 5

2 25

− 0 9

1 29 2 3

2 2

13 2 7


1 pont 10 pont

16


- 8 -

4. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpontja a 1CC magasságvonalon úgy helyezkedik el, hogy 1:3: 1 =MCCM . ( 1C a magasság talppontja) Mekkora az ∠AFB , ha F a 1CC szakasz felezőpontja?

1. Megoldás

2. ábra

D pont a BC1 szakasz felezőpontját jelöli.

Mivel a 1CC szakasz felezőpontja F , a BC1 szakasz felezőpontja D , ezért a 1BCC háromszög egyik középvonala FD . A középvonal tulajdonsága miatt ez azt is jelenti, hogy CBFD , vagyis az AM magasság egyenese ⊥ az FD egyenesre.

Az ADF háromszögnek két magassága FM és AM egyenese, azaz az M pont az ADF háromszögnek is magasságpontja, ezért DM egyenese ⊥ az AF egyenesére.

A 1:3: 1 =MCCM feltétel miatt az M pont az 1FC szakasz felezőpontja, ezért a DM szakasz a 1BFC háromszög középvonala, így BFDM .

Az előzőek szerint egyrészt DM egyenese ⊥ az AF szakasz egyenesére, másrészt BFDM , ez együttesen azt jelenti, hogy

BF ⊥ AF -re, azaz °=∠ 90AFB .

Összesen

1 pont 1 pont


17


- 9 -

2. Megoldás: Helyezzük el az ABC háromszöget (alkalmasan választott) koordináta rendszerben!

)0;( aA − ahol +∈ Ra );0( mM ahol +∈ Rm )0;(bB ahol +∈ Rb )2;0( mF ahol +∈ Rm )0;0(1C )4;0( mC ahol +∈ Rm

a) Először írjuk fel koordinátákkal az AM és CB vektorokat: );( maAM ,

)4;( mbCB − . Mivel AM magasság, ezért AM merőleges a CB oldalra, azaz:

0=⋅CBAM . Koordinátákkal:

(1) 04 4 =− mab .

b) Ezután az ∠AFB két szárán elhelyezkedő FA és FB vektorokat írjuk fel koordinátákkal:

)2;( maFA −− , )2;( mbFB − .

Mivel ∠AFB nagyságát keressük, ezért felírjuk FA és FB skaláris szorzatát koordinátáikból:

24mabFBFA +−=⋅ .


18


- 10 -

Ennek jobb oldala (1) miatt 0, azaz 0=⋅ FBFA .

Ez azt jelenti, hogy FA merőleges FB -re, tehát

090=∠AFB . Összesen


19


- 11 -

5. Feladat Palkó uzsonnára palacsintát készített barátainak. Az asztalon három tálon van palacsinta. Az elsőn 8 darab túrós, 6 darab diós, és 10 darab lekváros van, a másodikon 12 darab túrós, 10 darab diós, és 8 darab lekváros, a harmadikon 8 darab diós, 12 darab lekváros és néhány túrós.

a) Palkó egyik barátja, Peti, véletlenszerűen vett mindegyik tálról egy-egy palacsintát. Tudjuk, hogy a Peti által választott három palacsinta

253

valószínűséggel volt azonos ízesítésű. Hány túrós palacsinta volt a harmadik tálon?

b) A harmadik tálon levő túrós palacsinták számától függően milyen határok közt változhat annak a valószínűsége, hogy Peti három azonos ízesítésű palacsintát vett ki? (Feltesszük, hogy a házigazda csak a harmadik tálon lévő túrós palacsinták számát változtatja.)

Megoldás

a) Legyen x a harmadik tálon lévő palacsinták száma! Az alábbi táblázatban az egyes tálakon lévő palacsinták számát foglaltuk össze.

Annak valószínűsége, hogy Peti túrós palacsintát vesz ki az első tálból

248

1 =P ,

annak valószínűsége, hogy a második tálból vesz ki túrós palacsintát

3012

2 =P ,

annak valószínűsége, hogy a harmadik tálból vesz ki túrós palacsintát

203 +=

xxP .

Az egyes tálakból történő kivétek egymástól független események, ezért annak valószínűsége, hogy mindhárom tálról túrósat vesz ki

3214 PPPP ⋅⋅= ,

(1) 2030

12248

4 +⋅⋅=

xxP .

Hasonlóan adódik, hogy a 3 darab diós palacsinta választásának

túrós diós lekváros összes

1. tál 8 6 10 24

2. tál 12 10 8 30

3. tál x 8 12 x+20

1 pont

20


- 12 -

valószínűsége: (2)

208

3010

246

5 +⋅⋅=

xP ,

a 3 darab lekváros palacsinta választásának valószínűsége pedig

(3) 20

12308

2410

6 +⋅⋅=

xP .

A túrós, diós illetve lekváros palacsinta-hármasok kiválasztásai egymást kizáró események, így az azonos ízesítésűek kivételének valószínűsége:

654 PPPP ++= ,

azaz (1), (2) és (3) alapján:

2012

308

2410

208

3010

246

203012

248

+⋅⋅+

+⋅⋅+

+⋅⋅=

xxxxP .

Ebből rendezés után kapjuk, hogy

(4) )20(15

302++

=xxP .

A feltétel alapján

12,0253==P ,

ezért 12,0

)20(15302

=++

xx ,

amiből 30=x

következik, vagyis a harmadik tálon a harmadik tálon 30 darab túrós palacsinta volt.

b) (4) alapján tudjuk, hogy

)20(15302

++

=xxP . A jobboldalt átalakítva:

(5) )20(3

2152

+−=

xP .

(5) jobb oldalán egy nem negatív x -ekre monoton növekvő függvényt

kaptunk. (grafikonja hiperbola)

Nem zártuk ki azt az esetet sem, hogy a harmadik tálon egyetlen túrós palacsinta sem volt, ezért x legkisebb szóba jöhető értéke

1 pont 1 pont 1* pont

1 pont 1 pont

1 pont

21


- 13 -

0min =x , így

101

min =P .

Továbbá minden pozitív x -re P kisebb 152 -nél, hiszen

152 -ből egy

pozitív számot vonunk ki, vagyis

152

<P .

Tehát annak a valószínűsége, hogy Peti három azonos ízesítésű palacsintát vett ki, a harmadik tálon levő túrós palacsinták számától függően az

(6) 152

101

<≤ P

egyenlőtlenségeknek megfelelően változik. Természetesen a ( )

)20(32

152

+−=

xxP függvény a (6) intervallumban

nem vesz fel minden valós értéket, hiszen Nx∈ . Összesen

Megjegyzés:

• ha a versenyző (4) rendezését a b) részben végzi el, akkor ott kapja meg az (1*) pontot,

• ha a versenyző 1min =x -gyel számol, akkor is teljes értékűnek kell

tekinteni a megoldását, ekkor 31532

min =P ,

• ha a versenyző a < , illetve ≤ relációjeleket nem jól használja,

akkor az (1**) pontot nem kaphatja meg.

1 pont 1 pont

1 pont**10 pont

22


- 14 -

6. Az ABC háromszög B és C csúcsainál fekvő belső szögfelezők az AC illetve

AB oldalt a 1B illetve 1C pontokban metszik. Rajzoljuk meg az A csúcson keresztül a külső szögfelező e egyenest. A 1B ponton át a 1CC szögfelezővel, a 1C ponton át a 1BB szögfelezővel párhuzamos egyeneseket húzunk, amelyek az e egyenest a P illetve a Q pontokban metszik. Bizonyítsa be, hogy a BCQP négyszög csúcsai egy körön helyezkednek el!

Megoldás

Jelöléseink az ábrán láthatók. (K a belső szögfelezők metszéspontja)

3. ábra

Elegendő bizonyítani, hogy a BCQP négyszög két szemben fekvő csúcsánál levő belső szögek összege °180 , mert ekkor a négyszög húrnégyszög, tehát csúcsai egy körön vannak.

A szokásos jelölések szerint α=∠BAC , β=∠ABC és γ=∠ACB . Ezzel

290 α

−°=∠CAQ ,

hiszen az AK belső és az AQ külső szögfelező egyenesek merőlegesek egymásra. Mivel 1BB belső szögfelező, ezért

21β

=∠KBC ,

1 pont 1 pont

23


- 15 -

és így

21β

=∠AQC ,

mert a feltételek szerint 11 BBQC .

Ezzel az QAC1 háromszögben a szögek összegére felírhatjuk, hogy:

(1) °=+

+

−+∠ 180

22900

1βααAQC .

Az (1) összefüggésből kapjuk, hogy

2901

βα +−°=∠AQC ,

és az °=++ 180γβα miatt γβα −°=+ 180 ,

azaz

21γ

=∠AQC .

Ebből az következik, hogy a C és Q pontokból az 1AC szakasz azonos nagyságú szögben látszik, és mivel a két pont az AB egyenesnek ugyanazon az oldalán helyezkedik el, ezért a C és Q pont rajta van az

1AC szakasz fölé rajzolt 2γ szögű látószögköríven. Ez pedig azt jelenti,

hogy az CQAC1 négyszög csúcsai egy körön vannak, vagyis ez a négyszög húrnégyszög.

Hasonlóképpen, mivel 11 CCPB , és 1CC felezi az γ=∠ACB szöget, ezért

21γ

=∠PAB .

Ebből következően az 1APB háromszögben:

(2) °=+

+

−+∠ 180

22900

1γααAPB ,

ahonnan

2901

γα +−°=∠APB ,

illetve az °=++ 180γβα szögösszegből adódóan

21β

=∠APB .

Ezért a B és P pontokból az 1AB szakasz 2β nagyságú szögben


24


- 16 -

látszik, és a két pont az AC egyenesnek ugyanazon az oldalán van, így B és P rajta van az 1AB szakasz fölé rajzolt

2β szögű látószögköríven.

Ez pedig azt jelenti, hogy az BPAB1 négyszög húrnégyszög.

Meghatározzuk a BCQP négyszög két szemben levő szögének összegét.

Már beláttuk, hogy az CQAC1 négyszög húrnégyszög, ezért a köré írt körben

∠1CQC = α=∠1CAC , hiszen azonos körívhez tartozó kerületi szögek. Ez pedig azzal egyenértékű, hogy

(3)

2γα +=∠=∠ CQPCQA .

Azt is bizonyítottuk, hogy az BPAB1 négyszög húrnégyszög, a köré írt

körben 21γ

=∠PAB , ez a kerületi szög az AP húrhoz tartozik. Ebben a

körben ugyancsak az AP húrhoz tartozik az ∠ABP kerületi szög, tehát

2γ

=∠ABP .

Eszerint:

(4) 2γβ +=∠CBP .

(3) és (4) alapján a BCQP négyszög két szemben levő szögének összege

°=++=+++=∠+∠ 180)2

()2

( γβαγβγαCBPCQP .

Ez a húrnégyszögek tételének megfordítása alapján pontosan azt jelenti, hogy BCQP húrnégyszög, vagyis a négyszög csúcsai valóban egy körön vannak. Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

Összesen


1 pont 10 pont

25

Megoldások I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi elso fordulojanak feladatmegoldasai


1. Adott a kovetkezo polinom:

P (x) = x2 +(x+2)2 +(x+4)2 + ...+(x+2008)2 − (x+1)2 − (x+3)2 − ...− (x+2009)2.

Mely valos x ertekek eseten teljesul, hogy P (x) > 0?

Megoldas: Rendezzuk a P (x) polinomban szereplo negyzetes tagokat parokba

P (x) =(x2 − (x+ 1)2

)+

((x+ 2)2 − (x+ 3)2

)+ ...+

((x+ 2008)2 − (x+ 2009)2

).

3 pontHasznaljuk a ket negyzet kulonbsegere vonatkozo nevezetes azonossagot, az osszeg egy

altalanos tagja ıgy alakul((x+ 2i)2 − (x+ 2i+ 1)2

)= (x+2i−x− 2i− 1)(x+2i+x+2i+1) = −1 · (2x+4i+1).

Ennek segıtsegevel P (x) a kovetkezo alakra hozhato

P (x) = −1005 · 2x− (1 + 5 + 9 + 13 + ...+ 4017) = −1005(2x+ 2009). 3 pont

Most valaszt adunk a feladatban feltett kerdesre

−1005(2x+ 2009) > 0 ha x < −2009

2. 1 pont

Osszesen: 7 pont

2. Melyik az a legnagyobb csupa kulonbozo szamjegyet tartalmazo pozitıv egesz szam,amelynek a szamjegyeit tetszoleges sorrendben veve mindig prımszamot kapunk?

Megoldas: Van a feladat felteteleinek eleget tevo ketjegyu szam, pl a 13. A keresettlegnagyobb szam ezek szerint legalabb ketjegyu. 1 pont

Nem lehet paros szamjegy benne, ugyanis a paros jegyet a szam vegere teve 2-nelnagyobb paros szamot kapunk, ami nem lehet prım. 1 pont

Hasonloan kapjuk, hogy 5-os szamjegy sem lehet benne. Ha az 5 az utolso jegy, akkora szam 5-tel oszthato, 5-nel nagyobb, tehat nem prım. 1 pont

A szam jegyei ezek szerint az 1, 3, 7 es 9 lehetnek.A szam nem lehet negyjegyu. Ekkor jegyei eppen az emlıtett negy szam, de a 7 osztoja

a 9317-nek. 1 pontA szam nem lehet haromjegyu, mindig lesz olyan sorrendje a jegyeknek, hogy szamunk

7-tel oszthato. Ha az 1, 3, 7 vagy 9 marad ki, akkor a 7-tel oszthato szam rendre a 973,917, 931 es a 371. 2 pont

A ketjegyu szamok kozul a 97 jo, hiszen 97 es 79 is prım. Ennel nagyobb ketjegyuprım nincs, ıgy a keresett szam a 97. 1 pont

Osszesen: 7 pont

1

O k t a t á s i H i v a t a l

26


3. Oldjuk meg a kovetkezo egyenletet:

11x + 14x = 25x − 2(√

154)x

.

Megoldas: Hasznaljuk ki, hogy√154 =

√11 ·

√14, az egyenlet mindket oldalahoz

hozzaadunk 2(√

154)x-et es a bal oldalon teljes negyzette alakıtunk:

11x + 14x + 2(√

11 ·√14

)x=

((√11

)x+

(√14

)x)2= (5x)2 .

Mindket oldalon pozitıv szam negyzete szerepel, ezert negyzetgyokot vonhatunk:(√

11)x

+(√

14)x

= 5x. 3 pont

Osztunk 5x-nel: (√11

5

)x

+

(√14

5

)x

= 1.

Az x = 2 megoldas, hiszen

(√11

5

)2

+

(√14

5

)2

=11

25+

14

25= 1. 1 pont

Megmutatjuk, hogy nincs mas megoldas. Mivel

√11

5< 1 es

√14

5< 1, ezert a

(√11

5

)x

es

(√14

5

)x

exponencialis fuggvenyek szigoruan monoton csokkenok. A ket fuggveny

osszege is szigoruan monoton csokkeno, ezert az 1 erteket csak egyszer veheti fel es azt azx = 2-nel fel is vette. 3 pont

Osszesen: 7 pont

4. Az ABC haromszog teruletet az A csucsbol indulo belso szogfelezo 1:2 aranybanosztja. Milyen aranyban osztja fel a haromszog teruletet az a magassagvonal, amely aharomszog legnagyobb szogu csucsabol indul, ha BC felezomerolegese a teruletet

(a) 1 : 3; (b) 1 : 2

aranyban osztja?

Megoldas: Ha AB = AC, akkor a feladat feltetelei nem teljesulnek. A tovabbiakbanlegyen az A-bol indulo oldalak kozul AB a kisebb. Legyen az A csucsbol indulo belsoszogfelezo es BC kozos pontja D. Mivel az ABD es ADC haromszogek A-hoz tartozomagassagai egyenlok es teruletuk aranya 1:2, ezert az A-val szemkozti oldalaik aranya isennyi, BD : DC = 1 : 2. A szogfelezo tetel segıtsegevel azt kapjuk, hogy AB : AC = 1 : 2.

1 pont(a) Mivel feltettuk, hogy AB < AC ezert a BC oldal felezo merolegese az AC oldalt

metszi, legyen a metszespont E, BC felezopontja F . A feladat feltetele szerint tABC =4tCFE. Az AF felezi a teruletet, ıgy tAFC = 2tCFE, tehat E felezi az AC oldalt. Azt

2

27


kaptuk, hogy a BC felezomerolegesen levo EF szakasz az ABC haromszog kozepvonala.Mivel EF kozepvonal parhuzamos AB oldallal, ezert ABC 6 = 90◦.

ABC 6 = 90◦, ezert AB : AC = cosα = 1 : 2, amibol α = 60◦ es ıgy γ = 30◦.A derekszogu csucsbol indulo magassag talppontja legyen T . AzATB es TBC haromszogek

B-hez tartozo magassaga ugyanakkora, ezert teruleteik aranya eppen az AT es TC oldalaikaranya. Ebbol megkapjuk a feladat kerdesere a valaszt:

tATB : tTBC = AT : TC = (BT · ctg60◦) : (BT · ctg30◦) = 1 : 3. 3 pont

(b) Most tAFC = 32tCFE, ıgy tCFE : tEFA = CE : EA = 2 : 1. Legyen az A-

bol indulo magassag talppontja T . Az ACT 6 -ben parhuzamos szelok EF es AT ezertCE : EA = CF : FT = 2 : 1. Mivel F felezi BC-t, ezert T felezi FB-t.

Az ABT es ADC haromszogekre felırt Pitagorasz tetel segıtsegevel

AT 2 = AB2 −BT 2 = AC2 − CT 2.

Felhasznalva, hogy AC = 2AB es CT = 3BT kapjuk, hogy AB2 − BT 2 = (2AB)2 −(3BT )2, amibol

√83BT = AB. Az ABC haromszog oldalainak aranya BT -vel kifejezve

AB : AC : BC =

√8

3: 2

√8

3: 4 es 2

√8

3< 4

ıgy a legnagyobb oldal BC, a legnagyob szog A-nal van. Valaszunk most is 1:3, hiszentATB : tATC = BT : TC = 1 : 3. 3 pont

Osszesen: 7 pont

5. Az {1; 2; 3; ...; 2009} halmazbol legalabb hany szamot kell kivalasztani, hogy biz-tosan legyen a kivalasztott szamok kozott ket olyan, amelyek kulonbsege 4?

Megoldas: Ha 1005 szamot valasztanak ki, akkor lehetseges, hogy nincs koztuk ketolyan, amelyek kulonbsege 4. Erre pelda, ha a kivalasztott szamok a 8-cal osztva 1, 2, 3es 4 maradekot ado szamok. Ezek {1; 2; 3; 4; 9; 10; 11; 12; ...; 2001; 2002; 2003; 2004; 2009},szamuk eppen 1005. 2 pont

Megmutatjuk, hogy amennyiben legalabb 1006 szamot valasztunk, akkor biztosan leszket olyan, amelyek kulonbsege 4. Vegyunk 1005 papırt es ezekre ırjuk fel szamainkat. A

3

28


2009 egyedul lesz egy papıron, a tobbi parosaval. Legyen k nemnegatıv egesz, k < 251,es m ∈ {1; 2; 3; 4} ekkor egy papırra kerul 8k +m es 8k +m+ 4.

Ha legalabb 1006 szamot valasztunk, melyeket 1005 papırra ırtunk, akkor lesz koztuk2 ugyanarrol a papırrol. Ezek kulonbsege pedig 4. 5 pont

Osszesen: 7 pont.

4

29

Megoldások I. forduló Specmat

��

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2009�2010-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaa gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részéreAz els® forduló feladatainak megoldásaiKérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék �gyelembe a versenyz®kszámára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves �gyelmüket arra, hogy minden fela-datra sak egy helyes megoldásért jár a megfelel® pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokonkonkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavításaután pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékel® lap rovatait. A dolgozatokat nemkell osztályzattal min®síteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók.A III. kategóriában versenyz® tanulók dolgozatait 15 ponttól kell továbbküldeni aziskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., Oktatási Hi-vatal, 1363 Budapest, Pf. 19. A feltételeknek megfelel® dolgozatok közül azonban sakazok küldhet®k tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5�7pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenyszabályzat alapján aVersenybizottság legfeljebb 50 versenyz®t juttathat be a dönt®be.A pontozási útmutatóban nem szerepl® más helyes megoldás vagy megoldásrészletesetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni.Budapest, 2009. november A versenybizottság1. feladatIgazoljuk, hogy egy 2009 sú sú teljes gráf élei megszámozhatók az 1, 2, . . . ,(20092

)számokkal úgy, hogy az egy sú sba befutó élek számainak az összege semelyik két sú snálse legyen azonos.Megoldás: A tetsz®leges n ≥ 3-ra vonatkozó megfelel® állítást teljes induk ióval igazoljuk.Az állítás n = 3-ra nyilvánvaló. (1 pont)Tegyük fel, hogy az állítás n− 1-re igaz, és vegyünk egy n sú sú teljes gráfot. Ebbenegy n − 1 sú sú teljes részgráf éleit számozzuk meg az 1, 2, . . . , k =(n−12

) számokkalúgy, hogy az egy sú sba befutó élek számainak az összege semelyik két sú snál se legyenazonos (ezt az induk iós feltétel alapján megtehetjük). (1 pont)Jelölje ezt az n−1 sú sot c1, . . . , cn−1 és a ci sú sba befutó élek számainak összegétai úgy, hogy a1 < a2 < · · · < an−1 teljesüljön.Most megadjuk a kimaradt n-edik sú shoz tartozó élek számozását: az onnan a ci sú sba vezet® él száma legyen k + i (i = 1, 2 . . . , n − 1). (3 pont)Ekkor a c1, c2, . . . , cn−1 sú sba futó élek számainak összege rendre a1 + k + 1 <a2 + k + 2 < · · · < an−1 + k + (n − 1), továbbá az n-edik sú sba futó élek számainakösszege ezeknél nagyobb, hiszen a legnagyobb n − 1 szám került azokra az élekre. Így azn sú sú teljes gráf éleinek egy megfelel® számozásához jutottunk. (2 pont)

1

30


2. feladatSzerkesszünk háromszöget, ha ismert egy oldala, továbbá a beírt és a körülírt körsugara. (Feltesszük, hogy létezik a megadott adatokkal háromszög, így a megoldhatóságfeltételét nem kell vizsgálni, sak a megoldások számát.)Els® megoldás: Jelölje a az adott oldalhosszt, α a szemközti szöget, r és ρ a körülírt,illetve a beírt kör sugarát. A körülírt körben az a hosszúságú húrhoz 2α középponti szögtartozik, így α az a, r, r oldalú háromszög segítségével megszerkeszthet®. (1 pont)Rögzítsük az a hosszúságú BC oldalszakaszt. A háromszögnek ez az oldala a beírtkör K középpontjából 180◦ − (β/2 + γ/2) = 90◦ + α/2 szögben látszik. (2 pont)β/2 /2γ

α2

B a C

K

ρ

er r

a

A

Ezért aK pontot egy ehhez a szöghöz tartozó látószög-körív, valamint aBC egyenest®lρ távolságra haladó párhuzamos e egyenes közös pontjaként nyerhetjük. Megszerkesztjüka beírt kört a most kapott K középponttal és az adott ρ sugárral, és végül a B-b®l és C-b®lhúzott érint®k metszéspontjaként el®áll az A sú s. (2 pont)Diszkusszió: A megoldásban az α szögre két, egymást 180◦-ra kiegészít® érték adódik(amelyek különböz®k, ha sak nem a = 2r) aszerint, hogy a körülírt körben melyik (konvexvagy konkáv) középponti szöget választjuk az a hosszúságú húrhoz. Ha α-t rögzítettük,akkor a szerkesztés további lépései már egybevágóság erejéig egyértelm¶en szolgáltatják amegoldást. A megoldások száma 1 vagy 2 aszerint, hogy az α megválasztásából adódó kétlehetséges látószög-körív közül az e egyenesnek sak az egyikkel, vagy mindkett®vel vanközös pontja. (2 pont)Második megoldás: Használjuk az els® megoldás jelöléseit. Az els® megoldáshoz hason-lóan megszerkesztjük az α szöget. (1 pont)

A s−a

s−a

B

a

a

C

ρ

ρα

2

31


Megrajzoljuk az A sú sú, α nagyságú szögtartományt és megszerkesztjük a szárakatérint® ρ sugarú kört, amely a szerkesztend® háromszög beírt köre lesz. (1 pont)Az A sú sból húzott érint®szakaszok hossza s − a, ahol s a háromszög félkerületétjelöli. Az érint®szakaszokat a-val meghosszabbítva a BC oldalhoz hozzáírt kör érintésipontjaihoz jutunk. Megszerkesztjük ezt a hozzáírt kört. Végül a két kör egyik bels® közösérint®egyenese a szögszárakból kimetszi a B és a C sú sot. (3 pont)Diszkusszió: Az els® megoldáshoz hasonlóan α-ra 1 vagy 2 lehetséges szögérték adódik.Ha α-t rögzítettük, a megoldás már egybevágóság erejéig egyértelm¶, de nem feltétlenüllétezik mindkét esetben (a megoldás adott esetbeli létezéséhez a két megszerkesztett körneknem szabad egymásba nyúlnia). (2 pont)Harmadik megoldás: Használjuk az els® megoldás jelöléseit, továbbá legyen d a beírtkör és a körülírt kör középpontjának a távolsága. Az Euler-féle d2 = r2−2ρr képlet alapjánd mértani középarányos r és r − 2ρ között, ezért megszerkeszthet®. (2 pont)

2ρr

d

m

k

dK O

a

r−Vegyük föl az O és a K pontot egymástól d távolságra, és rajzoljunk körülöttük körtr, illetve ρ sugárral; ezek lesznek a a megszerkesztend® háromszög körülírt, illetve beírtköre. (1 pont)Olyan a hosszúságú BC húrt kell találnunk a nagyobbik körben, amely érinti a kisebbikk kört. Az a hosszúságú húrok érintik az O középpontú, √

r2 − (a/2)2 sugarú m kört(illetve áthaladnak O-n, ha a = 2r). Megrajzoljuk az m kört. (1 pont)A keresett BC húrt megkapjuk mint a k és azm kör közös érint®jének (illetve az O-bólm-hez húzott érint®nek, ha a = 2r) a körülírt körbe es® szakaszát. Végül az akár B-b®l,akár C-b®l m-hez húzott másik érint® a körülírt körb®l kimetszi az A sú sot. (1 pont)Diszkusszió: Az a = 2r esetben egybevágóság erejéig egyetlen (derékszög¶) megoldásvan. Ha a < 2r, akkor aszerint kapunk 1 vagy 2 különböz® megoldást, hogy a k és az mkörnek sak küls®, vagy pedig küls® és bels® közös érint®je is van (azaz egymásba nyúlnakvagy sem). (2 pont)Megjegyzés: A feladatban eleve feltettük, hogy az a, r, ρ adatok valamely háromszöghöztartoznak. Ha ezt nem tudnánk, felmerülne a kérdés, hogy milyen feltételeket kell ezekre aszámokra kiróni, hogy egyáltalán létezzen ilyen háromszög. Az a ≤ 2r és a 2ρ ≤ r egyen-l®tlenségnek nyilván teljesülnie kell. Egy további szükséges, és ezekkel együtt elégségesfeltételt legkönnyebben a harmadik megoldásból lehet kiolvasni: az m kör nem tartal-mazhatja a belsejében a k kört. Ez a √

r2 − (a2/4) ≤ ρ +√

r(r − 2ρ) egyenl®tlenséggelegyenérték¶.3

32


3. feladatOldjuk meg a (2x+2)(5−2x)(4x2 +8x+11) = 10(2x+3)2 egyenletet a valós számokkörében.Els® megoldás: x = −3/2 nem megoldás, hiszen ekkor az egyenlet jobb oldala 0, a baloldalon viszont egyik tényez® sem 0. Így ekvivalens lépés, ha az egyenletet (2x + 3)2-telleosztjuk (és a bal oldalon az els® két tényez®t összeszorozzuk):−4x2 + 6x + 10

2x + 3· 4x2 + 8x + 11

2x + 3= 10 (1 pont)A bal oldalon lev® két törtet rendre A-val, illetve B-vel jelölve azt kapjuk, hogy

AB = 10 és A + B = 7. (3 pont)Innen A = 5 és B = 2, vagy A = 2 és B = 5. (1 pont)Az A = 5, B = 2 egyenl®ségek mindegyike a 4x2 + 4x + 5 = 0, az A = 2, B = 5egyenl®ségek mindegyike pedig a 2x2 − x − 2 = 0 egyenletet jelenti. Az els®nek nin svalós gyöke, a második gyökei (1 ±√

17)/4; ezek adják tehát az eredeti egyenlet összesmegoldását. (2 pont)Második megoldás: A m¶veleteket elvégezve a 16x4+8x3−4x2−26x−20 = 0 egyenlethezjutunk. (1 pont)A z = 2x új ismeretlen bevezetésével f(z) = z4 + z3 − z2 − 13z − 20 = 0 adódik.(1 pont)Az f(z) polinomot felbontjuk két ala sonyabb fokú egész együtthatós polinom szorza-tára, és így f(z) gyökeit majd ezen két polinom gyökei adják. Els®- és harmadfokú szorza-tára nem tudjuk bontani, mert akkor a z − c osztó egy egész gyököt jelentene, azonbanilyen nin s, mert z ≤ −2-re és z ≥ 3-ra f(z) > 0, −1 ≤ z ≤ 2-re pedig f(z) < 0. (1 pont)Az f(z) = (z2 +az+b)(z2 +cz+d) egyenl®ségben a jobb oldalon a szorzást elvégezve,majd az együtthatókat összehasonlítva a bd = −20, ad+bc = −13, b+d+ac = −1,a+c = 1diofantikus egyenletrendszerhez jutunk. (1 pont)Ezt megoldva (például az els® egyenlet alapján a −20 összes osztópárját a többi egyen-letbe szisztematikusan visszahelyettesítve) a (z2 +2z+5)(z2 − z − 4) felbontáshoz jutunk.(2 pont)A z2 + 2z + 5 = 0 egyenletnek nin s valós gyöke, a z2 − z − 4 = 0 egyenlet gyökeib®lpedig x = z/2 = (1 ±√

17)/4 adódik. (1 pont)Harmadik megoldás: A m¶veleteket elvégezve a 16x4 + 8x3 − 4x2 − 26x − 20 = 0egyenlethez jutunk. (1 pont)A z = 2x új ismeretlen bevezetésével f(z) = z4 + z3 − z2 − 13z − 20 = 0 adódik.(1 pont)Az f(z) polinomot két polinom négyzetének a különbségeként állítjuk el®, és ennekalapján fogjuk szorzattá bontani. Legyen u kés®bb alkalmasan megválasztandó paraméter,ekkor az egyenlet(z2 +

z

2+ u

)2

−(z2

(2u +

5

4

)+ z(13 + u) + (20 + u2)

)= 0 (∗)alakba írható. (1 pont)

4

33


A bal oldalon elöl egy polinom négyzete szerepel, az ebb®l levont másodfokú polinomakkor lesz egy (z-ben) els®fokú polinom négyzete, ha a diszkriminánsa(13 + u)2 − (5 + 8u)(20 + u2) = −8u3 − 4u2 − 134u + 69 = 0. (1 pont)A v = 2u helyettesítéssel v3 + v2 + 67v − 69 = 0 adódik, amelynek láthatóan v = 1gyöke. (1 pont)Így (∗) alapján az u = v/2 = 1/2 paraméterrel a

(z2 +

z

2+

1

2

)2

−(

3

2z +

9

2

)2

= (z2 + 2z + 5)(z2 − z − 4) = 0egyenlethez jutunk. (1 pont)A z2 + 2z + 5 = 0 egyenletnek nin s valós gyöke, a z2 − z − 4 = 0 egyenlet gyökeib®lpedig x = z/2 = (1 ±√

17)/4 adódik. (1 pont)4. feladatEgy pozitív egész számot négyzetteljesnek nevezünk, ha a törzstényez®s felbontásábanminden prím legalább a második hatványon szerepel. Bizonyítsuk be, hogy végtelen sokszorlesz két szomszédos szám mindegyike négyzetteljes.Els® megoldás: A 8 és 9 szám megfelel ilyen számpárnak. Továbbá, ha n és n + 1 isnégyzetteljes, akkor nyilván k = 4n(n+ 1) és k+1 = (2n+1)2 is azok, ahol n < k, így eztaz eljárást iterálva végtelen sok megfelel® számpárt kapunk. (7 pont)Második megoldás: Nyilván bármely m > 1-re és h > 0-ra m2, illetve 8h2 négyzettelje-sek, tehát elég belátni, hogy az x2 −8y2 = 1 egyenletet végtelen sok pozitív egész számpárkielégíti. (2 pont)Az egyenletnek x = 3, y = 1 nyilván megoldása. Ezt (3−√

8)(3+√

8) = 1 alakba írvaés négyzetre emelve (17−6√

8)(17+6√

8) = 1 adódik, azaz x = 17, y = 6 újabb megoldás.(2 pont)Általában, ha x = a, y = b pozitív egész megoldás, akkor az (a − b√

8)(a + b√

8) = 1egyenl®séget négyzetre emelve (a2+8b2−2ab√

8)(a2+8b2+2ab√

8) = 1, tehát x = a2+8b2,y = 2ab újabb megoldást jelent (hiszen a2 + 8b2 > a). Az eljárást iterálva végtelen sokmegoldást kapunk. (3 pont)Megjegyzés: Négyzetre emelés helyett tetsz®leges hatványra emelve azonnal adódik avégtelen sok megoldás.5. feladatEgységnyi terület¶ háromszögben helyezzünk el két egymásba nem nyúló egyenl® suga-rú körlemezt úgy, hogy együtt minél nagyobb területet fedjenek le. Az egységnyi terület¶háromszögek közül milyen alakú háromszög esetén lesz ez a lefedett terület a legnagyobb?Megoldás: A lefedett terület akkor a legnagyobb, ha a körök sugara a lehet® legnagyobb.Megmutatjuk, hogy legfeljebb 1 − (

√2/2) lehet a körök sugara, és ez a korlát sak azegyenl®szárú derékszög¶ háromszög esetében érhet® el.

5

34


Tekintsük az ABC háromszöget és tegyük fel, hogy a leghosszabb oldal a C sú salszemben van, azaz a ≤ c és b ≤ c. Helyezzünk el két egybevágó kört az ABC háromszögbenúgy, hogy érintsék egymást, továbbá mindkett® érintse az AB oldalt és egy-egy továbbioldalt.C

A Bc

B’

C’

K

A’

Ilyen köröket nyilván egyértelm¶en lehet találni, legyen r a sugaruk. Azt állítjuk,hogy akárhogyan helyezünk is el két egybevágó és egymásba nem nyúló körlemezt az ABCháromszögben, azok sugara nem lehet nagyobb ennél az r-nél.Valóban, ha legalább r sugarú, egymásba nem nyúló köröket helyezünk el az ABCháromszögben, akkor azok középpontjai abba az A′B′C′ háromszögbe esnek, amelyet azoldalaktól r távolságra befelé húzott párhuzamosok fognak közre. Az A′B′C′ háromszög-ben a pontpárok között fellép® legnagyobb távolság a leghosszabb oldal, ami � az A′B′C′és az ABC háromszög hasonlósága folytán � a 2r hosszúságú A′B′ oldal. Emiatt a köröksugara legfeljebb r lehet. (2 pont)Most kifejezzük az r sugarat az ABC háromszög adataival. Legyen K és ρ az ABCháromszögbe beírt kör középpontja, illetve sugara. Az A′B′K és az ABK háromszöghasonlóságának arányát egyrészt két oldal arányával, másrészt két magasság arányávalírjuk fel 2r : c = (ρ − r) : ρ alakban, ahonnan átrendezve az1

r=

1

ρ+

2

c(∗∗)képletet kapjuk. (1 pont)Ha AC 6= BC, akkor mozdítsuk el a C pontot az AB egyenessel párhuzamosan az ABszakasz felez®mer®legesén lev® C∗ pontba. Az ABC∗ háromszög területe egyenl® az ABCháromszög területével, kerülete viszont kisebb az ABC háromszög kerületénél, hiszen C∗az A, B fókuszú, C-n áthaladó ellipszis belsejébe esik, ezért AC∗ + BC∗ < AC + BC.A t = ρs képletre hivatkozva ebb®l következik, hogy az ABC∗ háromszögbe nagyobb körírható, mint az ABC háromszögbe. A (∗∗) képlet alapján ezért az ABC∗ háromszögbe

r-nél nagyobb sugarú körökb®l álló párt írhatunk.Elegend® tehát a továbbiakban egyenl®szárú ABC háromszöggel foglalkozni, amely-ben a körök szimmetrikusan helyezkednek el, érintik egymást is, az AB alapot is, és egy-egyszárt is. (2 pont)6

35


Vágjuk ketté a háromszöget a C-n áthaladó szimmetriatengelye mentén, ekkor aszóban forgó körök a keletkez® derékszög¶ félháromszögek beírt körei. Az ABC háromszögpontosan akkor derékszög¶, ha a két félháromszög egyenl®szárú. Ezért már sak azt kellmegmutatnunk, hogy rögzített terület¶ derékszög¶ háromszögek közül az egyenl®szárúnakvan a lehet® legnagyobb beírt köre.Valóban, legyen a derékszög¶ háromszög 1/2 terület¶. Befogói ekkor x és 1/x, kerületex+1/x+

√x2 + 1/x2, beírt körének sugara pedig a terület és a félkerület hányadosa. Innen

r =1/2

x + 1x +

√x2 + 1

x2

2

=1/2

x + 1x

2+

√x2 + 1

x2

2√2

≤ 1/2

1 +1√2

= 1 −√

2

2,

ahol két tagban a számtani és a mértani közép közti egyenl®tlenséget alkalmaztuk. Egyen-l®ség sak az x = 1/x esetben, azaz egyenl®szárú derékszög¶ háromszög esetén áll fenn.(2 pont)

7

36

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA)

2. forduló feladatainak megoldása

1. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a

120102009 2009

2010loglog2009

12010

<

−x

egyenlőtlenséget!

Megoldás:

A második logaritmus értelmezése miatt: 20092010

>x .

Felhasználjuk, hogy mind az exponenciális, mind a logaritmusfüggvények szigorúan monoton nőnek, ha az „a” alapszámukra fennáll, hogy a >1, és szigorúan monoton csökkennek, ha az „a” alapszámra teljesül, hogy 0<a<1.

Mivel 1201020090 << , ezért a

20102009 alapú exponenciális függvény szigorúan

monoton csökken. Ezért az eredeti egyenlőtlenség ekvivalens a 0)

20092010(loglog

200912010 >−x

egyenlőtlenséggel.

A 2010 -es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nő, mert alapja 1-nél nagyobb, ezért a megoldandó egyenlőtlenség egyenértékű a 1)

20092010(log

20091 >−x

egyenlőtlenséggel. Ez azt is jelenti, hogy az első logaritmus is értelmezett, hiszen argumentuma nagyobb 1-nél, azaz pozitív. A 1

200910 << miatt az

20091 alapú logaritmus függvény szigorúan

monoton csökken, ezért

20091

20092010

<−x ,

innen pedig


37


- 2 -

20092011

<x .

Az értelmezési tartomány figyelembe vételével az egyenlőtlenség megoldása:

20092011

20092010

<< x .

Ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért a

20092011;

20092010 intervallum

minden valós értéke kielégíti az egyenlőtlenséget. Összesen:


38


- 3 -

2. Az ABC háromszög A csúcsból induló belső szögfelezője a K pontban

metszi a BC oldalt. Az ABK háromszög belülírt körének és az ABC

háromszög körülírt körének a középpontja egybeesik.

Mekkorák az ABC háromszög szögei?

Megoldás: jelöléseink az 1. ábrán láthatók

1. ábra

Az ABK háromszög belülírt körének O középpontja az ABK háromszög belső pontja, de akkor az O pont belső pontja az ABC háromszögnek is. A feltételek szerint O az ABC háromszög körülírt körének középpontjával azonos, ha pedig ez a pont az ABC háromszög belső pontja, akkor az ABC háromszög csak hegyesszögű lehet.

Az O pont az ABC háromszög körülírt körének középpontja, ezért (1) ROCOBOA === . Legyen α=∠OAB ! Az OAB háromszög egyenlő szárú (1) miatt, ezért

α=∠=∠ OABOBA .

Mivel az O az ABK háromszög beírt körének középpontja, ezért az OA és OB szakaszok az ABK háromszögben belső szögfelezők, vagyis

α=∠=∠ OABOAK , valamint

1 pont

1 pont 1 pont

39


- 4 -

α=∠=∠ OBAOBK . Az OCB háromszög is egyenlő szárú (1) miatt, ezért

∠=∠ OCBOBC , de

α=∠=∠ OBKOBC , így

α=∠OBC és α=∠OCB . A feladat feltétele szerint az ABC háromszögben AK belső szögfelező, ebből az következik, hogy

∠=∠ CAKBAK , de mivel

αα +=∠+∠=∠ OAKOABBAK , ezért

α2=∠=∠ CAKBAK . Az OAC háromszögben

ααα 32 =+=∠+∠=∠ CAKOAKOAC ,

ugyanakkor az OAC háromszög egyenlő szárú (1) miatt, ezért

α3=∠=∠ OCAOAC .

Mindezekből az következik, hogy az ABC háromszög belső szögeinek összege: ( ) ( ) ( ) αααααααα 1032 =++++++=∠+∠+∠ BCAABCCAB . Mivel

°= 18010α , ezért

°= 18α , és így az ABC háromszög belső szögei

°=∠ 72CAB , °=∠ 36ABC , °=∠ 72BCA . Összesen:

1 pont



40


- 5 -

3. Mutassa meg, hogy ha az mn, természetes számokra

( ) ( ) ( ) 1++=+ mfnfmnf és ( ) 21 =f

teljesül, akkor az

( )1f ; ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf

számok számtani sorozatot alkotnak!

Számítsa ki a számtani sorozat első 2010 tagjának összegét!

Megoldás: A feltételek szerint (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 5111112 =++=+= ffff és (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 8112123 =++=+= ffff . (1)-ből és (2)-ből kaphatjuk, hogy

( ) ( ) 312 =− ff , és ( ) ( ) 323 =− ff . Ebből sejthetjük, hogy ( )1f ; ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf egy 3 differenciájú számtani sorozatot alkot. Legyen n 1-nél nagyobb egész szám, ekkor 1−n pozitív egész. Az ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf számok sorozatának n -edik tagja: ( ) ( )[ ]11 +−= nfnf . Az ( ) ( ) ( ) 1++=+ mfnfmnf feltétel szerint (3) ( ) ( ) 1)1(1 ++−= fnfnf , és mivel ( ) 21 =f , ezért a (3) összefüggésből: (4) ( ) ( ) 31 =−− nfnf . (4) szerint az ( )1f ; ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf számsorozatban a második tagtól

1* pont 1 pont 1** pont

1 pont 1 pont

41


- 6 -

kezdve bármelyik tagból a sorozat megelőző tagját kivonva mindig 3 -at kapunk. Ez éppen azt jelenti, hogy az ( )1f ; ( )2f ; ( )3f ;…; ( )nf számok egy számtani sorozat egymás utáni tagjai, a számtani sorozat differenciája pedig 3=d . A 3=d különbségű számtani sorozat első tagja

( ) 21 =f , ezért a számtani sorozatok első n tagjának összegére vonatkozó

( ) ndnaSn ⋅⋅−+⋅

=2

12 1

képlet alapján ( ) ( ) ( ) ( ) 2010

232009222010...321 ⋅⋅+⋅

=++++ ffff ,

azaz ( ) ( ) ( ) ( ) 60611552010...321 =++++ ffff . Összesen: Megjegyzés:

1. ha a versenyző csak konkrét esetekben vizsgálja a feladatot (jól), akkor csak a * pontokat kaphatja meg.

2. ha konkrét esetet nem vizsgál (egyébként jó), akkor az első 1*

pontot nem kapja meg, hanem 1** pontja helyett 2 pontot kap.

2* pont

3* pont 10 pont

42


- 7 -

4. Oldja meg az

43222314 =++++++−−++− yxyxxyyx

egyenletet, ha Zx∈ és Zy∈ ! Megoldás:

Tudjuk, hogy tetszőleges „a” valós számra aa ≥ ,

továbbá egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha 0≥a . Ezért az egyenletünk bal oldala nem lehet kisebb, mint az egyes abszolutérték jelek közti kifejezések összege, ami

( ) ( ) ( ) ( )3222314 ++++++−−++−= yxyxxyyxB , (1) 4=B . Mivel a jobb oldal is 4, ezért csak akkor egyenlőek az oldalak, ha mindegyik abszolutérték jelben nem negatív szám áll, azaz

(2/a) 014 ≥+− yx , és (2/b) 023 ≥−− xy , és (2/c) 02 ≥++ yx , és (2/d) 032 ≥++ yx .

A(2/a) és (2/b) egyenlőtlenségekből a következőhöz jutunk:

4123 +

≤≤+xyx .

Ebből pedig 711 −≤x , illetve

117

−≤x

következik, amelyből, figyelembe véve, hogy Zx∈ , azt kapjuk, hogy (3) 1−≤x . Ehhez hasonlóan a (2/a) és a (2/c) egyenlőtlenségekből:

412 +

≤≤−−xyx ,

ahonnan 95 −≥x ,

59

−≥x .

Itt is figyelembe vesszük, hogy Zx∈ , és így a következő eredményre


43


- 8 -

jutunk: (4) 1−≥x . (3) és (4) összevetéséből adódik, hogy

1−=x , amit behelyettesítve a

412 +

≤≤−−xyx vagy a

4123 +

≤≤+xyx

egyenlőtlenségekbe 1−=y , és 0=y

következik (mivel Zy∈ ). Ez eleget tesz a 2/d-nek is, ugyanis

03)2(1 =+−+− , 0301 >++− .

Az egyenletnek tehát két megoldása van, mégpedig az 0;1 =−= yx ,

és az 1;1 −=−= yx

számpár. Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a kapott számpárok az eredeti egyenletnek is megoldásai. Összesen:



44


- 9 -

5. Egy 12 oldalú konvex sokszög belsejében 1000 pontot helyeztünk el úgy, hogy az 1012 pont közül (beleértve a sokszög csúcsait is) semelyik három nem illeszkedik egy egyenesre. Maximálisan hány olyan háromszöget készíthetünk, amelynek mindhárom csúcsa az 1012 pont közül kerül ki?

1. Megoldás:

A feladatban szereplő 1012 pont közül semelyik három nem esik egy egyenesre, ezért közülük bármelyik három pontot kiválasztva háromszöget kapunk. Ha figyelembe vesszük a pontok kiválasztásának sorrendjét, akkor az első kiválasztott pont az 1012 pont bármelyike lehet, a másodikat már csak 1011 pontból választhatjuk, végül a harmadik pont a maradék 1010 pont közül bármelyik lehet. Három pont ilyen módon való kiválasztása ezért

(1) 1033363320101010111012 =⋅⋅ módon történhet. Nyilvánvaló azonban, hogy ugyanazon három pont bármely sorrendben történő kiválasztása ugyanazt a háromszöget adja. Ugyanazon három pont hatféle sorrendben választható ki, ezért a háromszögek számának megállapításához az (1) alatti számot osztanunk kell 6-tal.

1722272206

1033363320=

A feltételeknek megfelelő 1012 pont közül tehát maximálisan 172227220 darab háromszöget készíthetünk. Összesen:

3 pont 2 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont

10 pont

45


- 10 -

2. Megoldás:

A feladatban szereplő 1012 pont közül semelyik három nem esik egy egyenesre, ezért közülük bármelyik három pontot kiválasztva háromszöget kapunk. A kérdéses háromszögek száma megegyezik egy 1012 különböző elemből álló halmaz összes harmadosztályú ismétlés nélküli kombinációinak számával, ezért a feladatban szereplő háromszögek maximális száma:

(1) !1009!3

!10123

1012⋅

=

.

Mivel 101210111010!1009!1012 ⋅⋅⋅= , és 321!3 ⋅⋅= , ezért (1)-ből az következik, hogy

(2) 321

1012101110103

1012⋅⋅⋅⋅

=

.

A (2) alatt szereplő törtet egyszerűsítve és a szorzási műveleteket elvégezve azt kapjuk, hogy

(3) 17222722031012 =

.

A feltételeknek megfelelő 1012 pont közül tehát maximálisan 172227220 darab háromszöget készíthetünk. Összesen:


10 pont

46

Megoldások II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi masodik fordulojanak feladatmegoldasaimatematikabol, a II. kategoria (GIMNAZIUM) szamara

1. Adott az x(x2 + y2) + y(x2 + y2) − 4x − 4y = 0 egyenletu alakzat. Ennek az

alakzatnak melyik pontja van legkozelebb a P (−3

2;5

2) ponthoz?

Megoldas: Az alakzat egyenletenek bal oldala szorzatta alakıthato:

(x+ y)(x2 + y2 − 4) = 0.

Ezek szerint alakzatunk az x+ y = 0 egyenletu e egyenes es az x2 + y2 − 4 = 0 egyenletuorigo kozeppontu ketto sugaru k kor egyesıtese. 3 pont

P pontnak az e-re eso meroleges vetulete legyen E. A P -n atmeno e-re merolegesegyenes az x− y + 4 = 0, ıgy E koordinatai (−2; 2) es ebbol PE = 1√

2≈ 0, 7. 2 pont

P -nek a k-tol valo tavolsaga PO−2, ahol O az origo, k kozeppontja, 2 pedig k sugara.Ezek szerint P tavolsaga k-tol

√(−3

2

)2

+(5

2

)2

− 2 ≈ 0, 9. 2 pont

A keresett pont E(−2; 2).

Osszesen: 7 pontMeghatarozhatjuk P tavolsagat e-tol a normalegyenletbe helyettesıtve is. A pont

egyenes tavolsag a fuggvenytablaban is szerepel, erre is hivatkozhat a versenyzo.

2. Bizonyıtsuk be, hogy 55 darab egymast koveto egesz szam negyzetenek osszege nemlehet negyzetszam.

Megoldas: Jelolje az 55 szam kozul a kozepsot x. Ekkor a feladatban szereplo Sosszeg ıgy nez ki:

S = (x− 27)2 + (x− 26)2 + ...+ (x+26)2 + (x+27)2 = 55x2 +2(12 +22 +32 + ...+272).

Felhasznaljuk hogy az elso n negyzetszam osszege

12 + 22 + ...+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

1

47


Ezek alapjan

S = 55x2 + 227 · 28 · 55

6= 55(x2 + 9 · 28). 3 pont

Az ıgy kapott osszefugges szerint S oszthato 55-tel, azaz 5-tel es 11-gyel. Az 5 es11 prımek, amennyiben S negyzetszam, akkor az 5 es 11 is paros kitevon szerepel Sprımtenyezos felbontasaban. Ezek szerint van olyan y egesz szam, amelyre S = (5 ·11)2y2,es ekkor

x2 + 9 · 28 = 55y2. 2 pont

A jobb oldal oszthato 5-tel, tehat 0-ra, vagy 5-re vegzodik. A bal oldalon 9 · 28 utolsojegye 2, viszont x2 utolso jegye nem lehet sem 8 sem 3, ıgy a ket oldal nem lehet egyenlo,azaz S nem lehet negyzetszam. 2 pont

Osszesen: 7 pont

A megoldas utolso lepesere egy masik lehetoseg: egyenletunkben 28 oszthato 7-tel,ezert a 7-es maradekokat vizsgaljuk. A negyzetszamok 7-es maradeka lehet 0, 1, 4 vagy 2.Ezek szerint 55y2 7-es maradeka lehet 0, 6, 3 vagy 5. A lehetosegek kozul csak a 0 szerepelmindket esetben. Ezert legutobbi egyenletunk jobb es bal oldalanak hetes maradeka csakugy lehet egyenlo, ha x2 es 55y2 is oszthato 7-tel. Viszont ekkor x2 es 55y2 is oszthato49-cel, a 9 · 28 pedig nem oszthato 49-cel. Igy a bal oldal 49-cel nem oszthato, jobb oldal49-cel oszthato, ami ellentmondas, tehat S nem lehetett negyzetszam.

3. Egy haromszog belsejebe helyezzunk el harom olyan kort, amelyek erintik a haromszogket-ket oldalat, tovabba kıvulrol erintik a haromszog beırt koret. Bizonyıtsuk be, hogy eharom kor sugaranak osszege nem kisebb a beırt kor sugaranal.

Megoldas: Jelolje az A csucshoz legkozelebbi kis kor kozeppontjat O1, sugarat r1, abeırt kor kozeppontjat O, sugarat r. Az ABC haromszoget harom reszre bontva kapjuk,hogy

(1) tABC = tAO1B + tAO1C + tBO1C .

1 pont

Az (1) ben szereplo teruletek kozul haromra

2tABC = r(a+ b+ c); 2tAO1B = r1c; 2tAO1C = r1b. 1 pont

2

48


A negyedik teruletet becsuljuk, az O1-hez tartozo magassag legfeljebb akkora, mint 2r+r1,tehat

2tBO1C ≤ (2r + r1)a. 3 pont

Ezek felhasznalasaval (1) ıgy alakul

r(a+ b+ c) ≤ r1(a+ b+ c) + 2ra.

Hasonloan a masik ket kis kornel kapjuk, hogy

r(a+ b+ c) ≤ r2(a+ b+ c) + 2rb es r(a+ b+ c) ≤ r3(a+ b+ c) + 2rc.

A harom egyenlotlenseg megfelelo oldalait osszeadva kapjuk

3r(a+ b+ c) ≤ (r1 + r2 + r3)(a+ b+ c) + 2r(a+ b+ c),

amibol megkapjuk a bizonyıtando egyenlotlenseget

(2) r ≤ r1 + r2 + r3.

1 pontABO1C haromszog teruletenek becslesenel azO1-hez tartozo magassag pontosan akkor

lesz 2r+ r1, ha az A csucsbol indulo szogfelezo egyben magassagvonal is, azaz b = c. (2)-ben tehat akkor es csak akkor van egyenloseg, ha a = b = c, azaz a haromszog szabalyos.

1 pontOsszesen: 7 pont.

4. Hany megoldasa van a kovetkezo egyenletnek?

2009 ={x}[x]

x

[x] az x valos szam egeszresze, az x-nel nem nagyobb egeszek kozul a legnagyobb.{x} az x valos szam tortresze, erteke {x} = x− [x].

Megoldas: Ha x egesz, akkor a tort szamlalojaban {x} = 0 tehat maga a tort is 0,ıgy egesz megoldas nem lehet. 1 pont

Ha x > 0, akkor {x}[x] ≤ [x] ≤ x, a jobb oldal nem lehet 1-nel nagyobb. 1 pontA tort nevezoje 0 nem lehet, ezert x 6= 0, a tovabbiakban tehat x < 0.Ha x < −1, akkor 2x < x− 1 es ıgy

x− 1

x< 2.

Ebbol az adodik, hogy x < −1 eseten nem lehet megoldas, hiszen figyelembe veve, hogyx es [x] is negatıv

{x}[x]x

<[x]

x<

x− 1

x< 2. 3 pont

3

49


Amennyiben −1 < x < 0, akkor [x] = −1, es {x} = x − [x] = 1 + x. A kituzottegyenlet ıgy alakul:

2009 =−(1 + x)

x, amibol x = − 1

2010.

Bebizonyıtottuk, hogy mas megoldas nem lehet, az egyetlen lehetseges gyokot az eredetiegyenletbe helyettesıtve valoban jo megoldast kapunk. 2 pont

Osszesen: 7 pont.

4

50

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l



A döntő feladatainak megoldása

1. Feladat Oldja meg a valós számok halmazán a

6sin3cos4cos2

cos13sin3cos2cos2

sin22cos2224

2

224

2

=++

++−

+xxx

xxxx

xx

egyenletet!

Megoldás: Felhasználjuk a xxx 22 sincos2cos −= , illetve a xx 22 cos1sin −= trigonometrikus azonosságokat, ezekkel a kiinduló egyenlet a következőképpen alakítható át:

63coscos2

cos133cos5cos2

cos224

2

24

2

=++⋅

⋅+

+⋅−⋅⋅

xxx

xxx .

Vezessük be az xcosy 2=

jelölést, ezzel egyenletünk a következő alakú lesz:

(1) 632

13352

222 =

++⋅⋅

++⋅−⋅

⋅yyy

yyy .

Az (1) egyenletben a törtek nevezői nem lehetnek 0 értékűek, így az első tört miatt:

1≠y és 23

≠y .

A második tört nevezője minden lehetséges Ry∈ értékre nagyobb 0-nál. Így a megoldásra kapott feltétel:

1 pont

51


- 2 -

(2) Ry∈ \

23,1 .

Mivel 0≠y , ezért az (1) egyenlet bal oldalán szereplő törteket egyszerűsíthetjük y -nal. Ekkor:

(3) 6312

13352

2=

++⋅+

+−⋅y

yy

y.

Legyen z

yy =+−⋅

352 ,

ezzel a (3) egyenletből (4) 6

6132

=+

+zz

adódik, ahonnan rendezés után

(5) 0472 2 =−⋅+⋅ zz következik. (Ez ekvivalens átalakítás, mert 60 −≠≠ zész ) Az (5) egyenlet gyökei:

21

1 =z és 42 −=z .

Elvégezve a visszahelyettesítéseket, 42 −=z esetén azt kapjuk, hogy 032 2 =+−⋅ yy , ennek az egyenletnek nincs valós megoldása y-ra. Ha

21

1 =z , akkor

06114 2 =+⋅− yy , ennek az egyenletnek az 21 =y és az

43

2 =y

valós számok a megoldásai. ( 21 yésy eleget tesz a (2) feltételnek) Nyilvánvaló, hogy xy 2cos= miatt 21 =y nem ad megoldást x-re. Ha

43

2 =y , azaz

43cos2 =x ,



52


- 3 -

akkor

23cos 1 =x és

23cos 2 −=x ,

amiből (6) ππ kx 2

61 +±= , Zk ∈ ,

illetve

(7) ππ mx 26

52 +±= , Zm∈

adódik. Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a kapott megoldások az eredeti egyenletnek is gyökei. összesen: Megjegyzés: Ha a bxésax =+= 3cos2cos 42 jelölést vezetjük be, akkor (3) helyett a

6135

2=

++

− aba

aba

egyenletet kapjuk. Ebből

0213112

=+

−

ba

ba ,

azaz

112,1

21

=

=

ba

ba .

Visszahelyettesítve a és b kifejezését a

06cos11cos4

03coscos224

24

=+−

=+−

xxxx

egyenletekre jutunk, ami a továbbiakban azonos az 1. megoldásban leírtakkal.


53


- 4 -

2. Feladat

Legyen

( ) ( ) −−+=

nn

na 212142

,

ahol n pozitív egész szám.

Bizonyítsa be, hogy a sorozat minden tagja egész szám!

I. Megoldás:

Alkalmazzuk a binomiális tételt az ( )n21+ kiszámítására. Eszerint:

(1) ( ) nnn

nn

nnnnn

221

...22

21

20

21120

⋅

+⋅

−

++⋅

+⋅

+

=+

− .

(1) jobb oldalán minden tag k

kn 2⋅

alakú, ahol k természetes szám, és

nk ≤≤0 . Ha k páros természetes szám, azaz mk 2= , akkor ( ) mm

222

= , vagyis k

2 értéke pozitív egész szám, ha m nem negatív egész szám. Ha pedig k páratlan természetes szám, azaz 12 += tk , akkor, 222 ⋅= tk , ahol t természetes szám. Ismeretes, hogy

kn pozitív egész, ha 0,0,, ≠≤≤∈∈ nnkNkNn .

Előbbi megállapításainkból az következik, hogy (1)-ben kétféle tag fordul elő.

Az egyik típusú tag pozitív egész

⋅

m

mn

22

,

a másik típusú egy pozitív egész szám és 2 szorzata:

⋅⋅

+

2212

t

tn .

Ezek összege lesz (1) jobboldala, azaz:

(2) ( ) 221 ⋅+=+ ban ,

ahol az ba; számok pozitív egészek, mivel pozitív egészek összegeként adódnak. Alkalmazzuk a binomiális tételt ( )n21− kiszámításához! Ezzel:

1 pont

1 pont 1 pont

1 pont

54


- 5 -

(3) ( ) ( ) nnn

nnnnn

21...22

21

20

2120

⋅

⋅−+−⋅

+⋅

−

=− .

Látható, hogy az (1) és (3) összefüggések jobb oldalain ugyanazok a tagok szerepelnek, de (3)-ban az k

kn 2⋅

alakú tagok előjele negatív, ha k páratlan

természetes szám. Ebből az következik, hogy

(4) ( ) 221 ⋅−=− ban .

(2) és (4) felhasználásával:

(5) ( ) ( )[ ]2242 babaan −−+= .

Elvégezve a műveleteket, azt kapjuk (5)-ből, hogy

(6) ban = .

Ez pedig éppen azt jelenti, hogy ( ) ( ) −−+=

nn

na 212142 egész szám.

Összesen: Megjegyzés: Ne vonjuk le az első 3 pontot attól, aki az ( )n21+ polinom alakjának meghatározásához konkrét számítások útján jut el! II. Megoldás: Számítsuk ki a sorozat néhány elemét!

(1) 29;12;5;2;1 54321 ===== aaaaa .

(1)-ből azt sejtjük, hogy a sorozatot az

(2) 212 −− += nnn aaa ( )3≥n ,

2,1

2

1

==

aa

2 pont


55


- 6 -

rekurzív formulával is képezhetjük.

Először ezt a sejtést fogjuk bizonyítani.

Képezzük a 212 −− + nn aa összeget!

Mivel:

( ) ( )

−−+=

−−

−

11

1 212142 nn

na,

és

( ) ( )

−−+=

−−

−

22

2 212142 nn

na,

ezért

( ) ( ) ( ) ( ) .2121

422121

4222

2211

21

−−++

−−+=+

−−−−

−−

nnnn

nn aa

Átalakítva:

( ) ( ) ( ) ( )

−−++−−+=+

−−−−

−−

2211

21 2121212212422

nnnn

nn aa

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

−−++−−−++=+

−−−−

−−

2222

21 21212121221212422

nnnn

nn aa

( ) ( ) ( ) ( ) +−−−+++=+

−−

−− 122221122221422

22

21

nn

nn aa

( ) ( ) ( ) ( ) −−−++=+

−−

−−

2222

21 21212121422

nn

nn aa

( ) ( ) −−+=+ −−

nn

nn aa 2121422 21 nnn aaa =+ −− 212

Sejtésünk tehát igaz, vagyis a sorozatra teljesül az

212 −− += nnn aaa

képzési szabály. Mivel az első két tag pozitív egész, a (2) képzési szabály szerint ezután minden tagot az előző két tagból egész számmal való szorzással és összeadással képezünk, ezért a sorozat minden tagja valóban egész szám.

Összesen:

2 pont

1 pont 2 pont


56


- 7 -

III. Megoldás: Ezt a bizonyítást teljes indukcióval végezzük el.

11 =a , tehát az 1=n értékre az állítás igaz, 1a egész szám.

Indukciós feltevésünk az, hogy

( ) ( ) −−+=

nn

na 212142

egész szám, ha n pozitív egész.

A teljes indukciós bizonyítás azt jelenti, hogy ez az állítás n -ből következik

1+n -re is.

A sorozat képzési szabálya szerint írjuk fel 1+na -et:

(1) ( ) ( )

−−+=

++

+

11

1 212142 nn

na .

Bizonyítandó, hogy 1+na egész szám. (1)-et átalakítva:

(2) ( ) ( ) ( ) ( )2121422121

42

1 −⋅−⋅−+⋅+⋅=+

nn

na .

Tovább alakítva:

(3) ( ) ( ) ( ) ( ) −++⋅+

−−+=+

nnnn

na 21212422121

42

1 .

(3) szerint

( ) ( ) −++⋅+=+

nn

nn aa 212121

1 ,

és ebben na az indukciós feltevés miatt egész,ezért a továbbiakban azt kell

bizonyítanunk, hogy

( ) ( ) −++⋅

nn2121

21

egész szám.

Az I. megoldásban leírtak (4)-ig terjedő része szerint

1 pont

1 pont 1 pont

57


- 8 -

( ) 221 ⋅+=+ ban és ( ) 221 ⋅−=− ba

n ,

ahol az ba; számok pozitív egészek.

Ebből következik, hogy

( ) ( ) ( )22212121

21

⋅−+⋅+⋅=

−++⋅ baba

nn ,

azaz

( ) ( ) aann

=⋅=

−++⋅ 2

212121

21 ,

tehát

( ) ( ) −++⋅

nn2121

21

valóban egész szám.

Eszerint (3)-ból azt kaptuk, hogy

aaa nn +=+1 .

Mivel azonban az indukciós feltevés szerint ( ) ( ) −−+=

nn

na 212142 egész

szám, ezért

aaa nn +=+1

is egész szám.

A feladat állítása 1=n értékre teljesül, és bizonyításunk szerint n -ből

következik 1+n -re, ezért az állítás minden pozitív egész n számra igaz.

Összesen: Megjegyzés:

• III. megoldásban az 5* pontot (teljes egészében) csak akkor kapja meg a versenyző, ha korrekt módon bizonyítja, hogy ( ) 221 ⋅+=+ ba

n és ( ) 221 ⋅−=− ba

n .

5* pont 1 pont 1 pont

10 pont

58


- 9 -

3. Feladat

Az ABC háromszögben

cABbCAaBCBAC ===°=∠ ,,,90

és a háromszög K -val jelölt kerületére fennáll, hogy

cbaK +

= .

a) Számítsa ki 2βtg értékét a K függvényében! (ahol ∠= CBAβ )

b) K milyen értékeire lesz a β szög az ABC háromszög legkisebb szöge?

Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók, az ABC háromszögben a BD és CE szakaszok a megfelelő belső szögek ( )γβ és felezői.

a) Az ABD derékszögű háromszögben

(1) cADtg =

2β ,

A belső szögfelező tétele miatt

ac

ADbAD

=−

,

amiből

cacbAD+⋅

= .

1 pont

59


- 10 -

Ezt beírva (1)-be (2)

cabtg+

=2β .

Továbbá cbaK ++= , és a feltétel szerint

cbaK +

=

ezért

cba

cba

++=+

amiből

(3) ( ) 2cbacba ++⋅=+ adódik.

Az ABC háromszögre érvényes Pitagorasz-tételből azt kapjuk, hogy

222 bac −= , és szorzattá alakítás után

( ) ( )babac −⋅+=2 .

Ezt beírjuk a (3) összefüggésbe és a nyilvánvalóan pozitív ba + tényezővel való osztás után a

)(1 bac −+= , átalakítva:

(4) 1+=+ bca

egyenlőségre jutunk. A cbaK ++= és (4) összevetéséből

(5) 12 += bK .

Innen látszik, hogy 1>K .

(ezt egyébként

cbaK +

= -ből is látjuk, hiszen a háromszög egyenlőtlenség

miatt cba >+ ). (4)-et beírva (2)-be (6)

12 +=bbtg β .

1 pont

1 pont 1 pont

60


- 11 -

Ugyanakkor (5)-ből

21−

=Kb ,

ezt a (6) összefüggésbe írva:

(7) 11

2 +−

=KKtg β , ( 1>K )

ezzel meghatároztuk 2βtg értékét K függvényében.

b) A háromszög legnagyobb szöge derékszög, ezért a β szög akkor lehet a háromszög legkisebb szöge, ha

γβ < , azaz

22γβ

< .

Vagyis 22γβ tgtg < , hiszen a tangensfüggvény szigorúan monoton növekvő

a

2,0 π intervallumban.

Ezért kiszámítjuk 2γtg –et.

Az ACE derékszögű háromszögben

bAEtg =

2γ ,

és AE -t a szögfelező tételből kiszámítva:

babcAE+

= .

Így

bactg+

=2γ ,

illetve ezt a

cbaK +

=

feltétellel összevetve

(8) K

tg 12=

γ

adódik. (és ez értelmezett, hiszen 0≠K )

Beírva (7)-et és (8)-at a

22γβ tgtg < összefüggésbe

1 pont

1 pont

1 pont

61


- 12 -

(9) KK

K 111≤

+− .

A (9) egyenlőtlenségből ekvivalens átalakításokkal (hiszen 1>K ) a

(10) 0122 <−− KK

másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk.

A 0122 =−− KK egyenlet gyökei 211 +=K és 212 −=K ,

így a (10) egyenlőtlenség megoldásai a 2121 +<<− K

egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok.

De tudjuk, hogy az ABC háromszög kerülete 1>K . Ezért a β szög akkor lehet a háromszög legkisebb szöge, ha

(11) 211 +<< K .

Összesen: Megjegyzés: Ne vonjunk le pontot, ha a versenyző γβ ≤ -val számol, azaz

045== γβ -ot is megoldásnak veszi.

1 pont


62

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2009-2010. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatmegoldasai


1. Az a, b es c valos parameterekre teljesul, hogy 2a2 + 2 + 3b + 6c = 0. Igazoljuk,hogy a

(a2 + 1)x2 + bx + c = 0

egyenletnek van egynel kisebb, pozitıv gyoke.

1. Megoldas: Az egyenletnek a diszkriminansa D = b2 − 4(a2 + 1)c. A feltetelboladodik, hogy 2a2 + 2 = −3b − 6c, ezt a diszkriminanssal osszevetve

D = b2 + 6cb + 12c2 = (b + 3c)2 + 3c2.

A diszkriminans ket negyzet osszege. D = 0 csak akkor lehet, ha b = c = 0, ekkor viszonta feladatban megadott feltetel nem teljesulhet. Igy a diszkriminans erteke pozitıv, azazket kulonbozo valos gyoke van az egyenletnek az a, b es c parameterek minden lehetegeserteke eseten. 2 pont

Jelolje az egyenlet gyokeit x1 es x2. A feladatban szereplo feltetelt elosztjuk a biztosanpozitıv a2 + 1-gyel, majd a Viete formulakat felhasznalva kapjuk

2 +3b

a2 + 1+ 6

c

a2 + 1= 2 − 3(x1 + x2) + 6(x1x2) = 0.

Ezt atalakıtva 3x1 − 2 = 3x2(2x1 − 1). Ha x1 = 12, akkor az utobbi egyenletunk 2 oldala

nem egyenlo, tehat a tovabiakban x1 6= 12. Ekkor

(1) x2 =3x1 − 2

3(2x1 − 1).

2 pontAz egyenlet x2 gyoke pontosan akkor nem lesz egynel kisebb pozitıv szam, amennyiben

x2(x2 − 1) ≥ 0. Ebbe a feltetelbe beırjuk az (1)-bol kapott kifejezest

(2) x2(x2 − 1) =3x1 − 2

3(2x1 − 1)· 1 − 3x1)

3(2x1 − 1)≥ 0.

A nevezoben pozitıv szam all, a szamlalo akkor lesz nem negatıv, ha 13

≤ x1 ≤ 23.

Az eddigieket osszefoglalva megallapıthatjuk, hogy vagy x2 ∈ (0; 1), amennyiben pedigez nem teljesul, akkor x1 ∈ [1

3; 2

3], ıgy a bizonyıtast befejeztuk. 3 pont

Osszesen: 7 pont

63


2. Megoldas: Tekintsuk a p(x) = (a2 + 1)x2 + bx + c polinomot, ennek ertekei a 0, 12

es 1 helyen

p(0) = c, p(

1

2

)=

a2 + 1

4+

b

2+ c, p(1) = a2 + 1 + b + c. 2 pont

A feladatban megadott feltetelt ezek segıtsegevel is felırhatjuk

0 = 2a2 + 2 + 3b + 6c = p(0) + 4p(

1

2

)+ p(1). 2 pont

Mivel a p(x) polinom masodfoku, ezert p(0), p( 12) es p(1) nem lehet mindharom 0.

Ekkor az iment kapott osszefuggesbol kovetkezik, hogy van koztuk pozitıv is es negatıvis. 2 pont

Mivel a polinom altal meghatarozott fuggveny folytonos, ezert a polinom erteke a (0;1)intervallumon belul valahol 0. 1 pont

Osszesen: 7 pont

2. Az ABCD tetraederben AB = BC = CA. Bizonyıtsuk be, hogy amennyibenDAB 6 = DBC 6 = DCA 6 , akkor DA = DB = DC.

Megoldas: Ha a DA, DB es DC kozt van ket egyenlo, akkor mindharom egyenlo.Legyen DA = DB, ekkor az ABD es BCD haromszogek egybevagoak, hiszen ket-ketoldaluk es az altaluk kozrezart szog egyenlo (DA = DB, AB = BC es DAB 6 = DBC 6 ).Ebbol az kovetkezik, hogy DB = DC. 3 pont

�D

�A

x

�

B

a

� C

a

z

y

a

�

E

�

Fa

�R

�P

�Q

yz

x

A tovabbiakban felteheto, hogy DA < DB < DC, jeloljuk ezen szakaszok hosszatrendre x < y < z-vel. Fektessuk egymasra a D-nel talalkozo lapokat az abra szerintugy, hogy az ABD haromszog csucsai rendre EFP , BCD csucsai EFQ, CAD csucsaiEFR legyenek. Ekkor az FPR haromszogben z = FQ a kozrefogo oldalak nagyobbikanalkisebb lesz, z < max(x; y). Ez viszont ellentmond annak, hogy x < y < z. Feltevesunkellentmondashoz vezetett, ıgy DA = DB = DC. 4 pont

Osszesen: 7 pont

64


3. Egy tarsas osszejovetelen n ember vett reszt. A tarsasag tagjai kozul idonkentleult harom ember egy ultipartira. Hazamenetelkor megallapıtottak, hogy barmely haromember legfeljebb egy partiban jatszott egyutt es barmely ket ember pontosan ket partibanvett reszt egyutt.

Milyen n ertekekre lehetseges ez, ha 3 < n < 9?

Megoldas: A feladatot grafok segıtsegevel oldjuk meg. Legyenek az emberek a grafcsucsai. Ha harom ember lejatszik egy partit, akkor huzzuk be a nekik megfelelo pon-tok kozott futo eleket. Igy a feladat feltetelei szerint az n pontu teljes graf eleit eppenketszeresen fedjuk haromszogekkel ugy, hogy egy haromszog legfeljebb egyszer szerepel-het.

Az n pontu teljes grafnak eleit ketszer szamolva eppen n(n−1)-et kapunk, ennek 3-maloszthatonak kell lennie. Ebbol kovetkezik, hogy n nem lehet 5 es 8. Minden tovabbi szobajoheto n ertekre megadunk egy konstrukciot. 1 pont

Jelolje a tovabbiakban a graf csucsait az 1, 2, ..., n. Egy elet a ket vegpontjaval adunkmeg pl. (1;2), egy haromszoget a harom csucsaval pl (1;3;4). Legyen n = 4, ekkor az elekszamanak ketszerese 12, ıgy 4 haromszogre van szukseg. A negy lehetseges haromszogeppen jo lesz, hiszen az 1,2,3,4 szamok tetszoleges i, j, k, l permutacioja eseten az (i; j) eleppen ket haromszogben lesz benne, megpedig az (i; j; k) es az (i; j; l) haromszogben.

1 pontAz n = 6 eseten 30 az elek szamanak ketszerese, tehat 10 haromszog kell. Egy

lehetseges megoldas a kovetkezo:

(1; 2; 6) (2; 3; 6) (3; 4; 6) (4; 5; 6) (5; 1; 6)(1; 2; 4) (2; 3; 5) (3; 4; 1) (4; 5; 2) (5; 1; 3)

A konstrukciot konnyen ellenorizhetjuk, ha az 1,2,3,4,5 szamokat egy szabalyos otszogcsucsainak feleltetjuk meg, az otszog kozeppontja pedig a 6. A 6-bol indulo elek a fentitablazat elso soraban eppen ketszer szerepelnek. Az otszog ket szomszedos csucsa koztfuto el egyszer szerepel a felso, egyszer az also sorban, az otszog atloi pedig eppen ketszerszerepelnek az also sorban. Ezt ugy is gondolhatjuk, hogy az abran lathato ket tıpusuharomszoget forgattuk korbe. 2 pont

6

4

�5

�

1

2

� 3

�4

�5

� 3

�

6

�

1�

2

Az n = 7 eseten (7 · 6) : 3 = 14 haromszogre van szukseg. A graf csucsai legyenek egyszabalyos hetszog csucsai. A csucsok kozt futo elek hossza harom fele lehet es mindharom

65


tıpusbol eppen 7 van. Az abran lathato ket haromszog korbeforgatasa jo konstrukciot ad.Igy ha i felveszi az 1,2,...,7 ertekeket, akkor a haromszogeink (i; i+1; i+3) es (i; i+1; i+5),ahol mindig a szamok hetes maradekat tekintjuk. 3 pont

�5

�5

�6

�7

�

1

� 4

� 3

�

2

�6 � 4

�7 3

!

1

"

2

Osszesen: 7 pont

66

Megoldások Dönt® forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2009�2010-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaa gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részéreA dönt® feladatainak megoldásai1. feladat.Igazoljuk, hogy végtelen sok olyan derékszög¶ háromszög van, amelyben az oldalhosszakrelatív prím egész számok, és az átfogó hosszából bármelyik befogó hosszát levonva egy-egyköbszámot kapunk.Els® megoldás: Legyen a befogók, illetve az átfogó hossza rendre a, b, illetve c. Aza2 + b2 = c2 összefüggést átrendezve b2 = (c − a)(c + a) adódik. Legyen pl. c − a = 1, ezköbszám. Ekkor b2 = 2a + 1, azaz a = (b2 − 1)/2, és így

c − b =b2 − 1

2+ 1 − b =

(b − 1)2

2.Írjuk fel (b − 1)-et 2kt alakban, ahol t páratlan. Ekkor

(b − 1)2

2= 22k−1t2pontosan akkor köbszám, ha t köbszám és 3 | 2k−1. Megfelel pl. k = 2 és t = u3 tetsz®leges(páratlan) u-val, ekkor b = 4u3 + 1, a = (b2 − 1)/2 = 8u6 + 4u3, c = a+ 1 = 8u6 + 4u3 + 1kielégíti a feltételeket.Második megoldás: Az el®z® megoldás jelöléseit és a pitagoraszi számhármasok alap-megoldásaira vonatkozó képletet használva legyen a = 2mn, b = m2 − n2, c = m2 + n2,ahol m > n különböz® paritású relatív prím egészek. Ekkor c− a = (m−n)2, c− b = 2n2,ezeknek kell köbszámoknak lenniük. Ez teljesül pl. ha m − n = 1 és n = 2v3, tet-sz®leges v-vel. [Ekkor a = 2 · 2v3(2v3 + 1) = 8v6 + 4v3, b = (2v3 + 1)2 − 4v6 = 4v3 + 1,

c = 4v3 + (2v3 + 1)2 = 8v6 + 4v3 + 1.℄Megjegyzés: Mindkét megoldás úgy is végigvihet®, ha c − a, illetve m − n értékét nem1-nek, hanem tetsz®leges köbszámnak választjuk, sak a számolás lesz bonyolultabb.2. feladat.Az ABC háromszög szögei π/7, 2π/7, 4π/7. A háromszög szögfelez®i a szemközti oldalakataz A1, B1, C1 pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy az A1B1C1 háromszög egyenl®szárú.Els® megoldás: Az AA1, BB1 és CC1 szögfelez® induljon rendre a π/7, 2π/7, illetve 4π/7nagyságú szög sú sából. Bebizonyítjuk, hogy azA1C1B háromszög és aB1C1C háromszögegybevágó. Ebb®l A1C1 = B1C1 következik, azaz az A1B1C1 háromszög valóban egyenl®szárú.Belátjuk, hogy C1B = C1C, A1B = B1C, és A1BC1∢ = B1CC1∢, ez elegend® a kétháromszög egybevágóságához.1

67


C1

B2

B1

C2

A1

A B

C

A BCC1 háromszögben B-nél is és C-nél is 2π/7 nagyságú szög van, ezért a velükszemközti oldalak is egyenl®k, azaz C1C = C1B. Az A1BC1 szög és a B1CC1 szög egyenl®,hiszen mindkett® 2π/7 nagyságú.Azt kell tehát már sak megmutatnunk, hogy A1B = B1C. Tekintsük az ABC három-szög köré írt kört. A kerületi szögek tétele folytán a háromszög sú sai egy a körülírt körbeírt szabályos hétszög sú sai közül kerülnek ki. A B-b®l és C-b®l induló szögfelez® egye-nesek a kört a hétszög egy-egy további sú sában, B2-ben, illetve C2-ben metszik. AzABCB2 húrtrapéz szimmetriatengelyére B1 is és C2 is illeszkedik, ezért B1C2C∢ = π/14.Tekintsük végül az ABA1 és a C2CB1 háromszöget. Az AB és a C2C oldal egyenl®,hiszen mindkett® a hétszög egy-egy hosszabb átlója. Az ezen az oldalon fekv® szögek akét háromszögben szintén egyenl®k, mégpedig A1BA∢ = B1CC2∢ = 2π/7, és BAA1∢ =CC2B1∢ = π/14. A két háromszög tehát egybevágó, ahonnan A1B = B1C következik.Második megoldás: Bet¶zzük a sú sokat és a szögfelez®ket az els® megoldás szerint,legyen O a szögfelez®k metszéspontja, legyen α az A-nál lev® szög, ekkor B-nél 2α, C-nél4α szög van.

B1A1

C1

α2α2

B

C

O

A

ααα

2

68


A szögfelez®knek egymással és az oldalakkal alkotott szögei könnyen kifejezhet®k azábrán található háromszögek szögösszegét felhasználva:OB1C∢ = 2α,

OA1C∢ = A1OC∢ =5

2α,

OC1B∢ = C1OB∢ = 3α.Így az alapon fekv® szögek egyenl®sége folytán a CB1O háromszög és az OA1C háromszögegyenl® szárú. Legyen a B1O = OC = CA1 szakaszok hossza egységnyi.A BCO háromszög szögei α, 2α és 4α, így a szinusztétel és a kétszeres szögekrevonatkozó összefüggés segítségével OB = sin 2α/ sinα = 2 cosα és BC = 4 cosα cos 2α,ahonnan A1B = 4 cosα cos 2α − 1 adódik.Az OC1B, BCC1 és ABB1 háromszögek is egyenl® szárúak, ezértC1B = OB = 2 cosα,

CC1 = C1B = 2 cosα,

AB1 = B1O + OB = 1 + 2 cosα.Az AC1C háromszög szögei is α, 2α (és 4α), így a szinusztételb®l ott is AC1 =C1C ·2 cosα = 4 cos2 α. Az így kapott eredményekkel az AC1B1 háromszögb®l és a BA1C1háromszögb®l a koszinusztétel segítségével kifejezhet® a B1C1, illetve az A1C1 szakasznégyzete:

B1C21 = (2 cosα + 1)2 + (4 cos2 α)2 − 2(2 cosα + 1)(4 cos2 α) cosα =

= 4 cos2 α + 4 cosα + 1 + 16 cos4 α − 16 cos4 α − 8 cos3 α =

= −8 cos3 α + 4 cos2 α + 4 cosα + 1 ,

A1C21 = (4 cosα cos 2α − 1)2 + (2 cosα)2 − 2(4 cosα cos 2α − 1)(2 cosα) cos 2α =

= 16 cos2 α cos2 2α − 8 cosα cos 2α + 1 + 4 cos2 α − 16 cos2 α cos2 2α+

+ 4 cosα cos 2α =

= 4 cos2 α − 4 cosα cos 2α + 1 =

= 4 cos2 α − 4 cosα(2 cos2 α − 1) + 1 =

= −8 cos3 α + 4 cos2 α + 4 cosα + 1 .Ugyanazt a kifejezést kaptuk, tehát B1C1 = A1C1.Harmadik megoldás: Tükrözzük a B1 pontot a CC1 szögfelez®re, így a BC oldal B1′pontjához jutunk. Belátjuk, hogy A1 és B1

′ a BC szakasz felez®pontjára szimmetrikusanhelyezkedik el. Miután a BC szakasz a BCC1 egyenl® szárú háromszög alapja, ebb®l márkövetkezik, hogy C1A1 = C1B1′ = C1B1.Azt kell belátnunk, hogy CA1 = B1

′B, vagy ami ezzel egyenérték¶, hogyCA1 + CB1 = BC.

3

69


B1

C1

A1

B

C

A

B1’

Jelöljük a-val, b-vel és c-vel a háromszög oldalait, és a szögfelez®tétel segítségével fejezzükki a szóban forgó szakaszok hosszát:CA1 =

b

b + c· a, CB1 =

a

a + c· b.Azt akarjuk tehát bebizonyítani, hogy

b

b + c· a +

a

a + c· b = a,azaz átrendezve

b

a + c=

c

b + c. (∗)

α4

α2α3

α2

α2

C

A B

ba

α

α

c

c a E

D

α

b

c

αAz ABC háromszög szögeit ismét α-val, 2α-val és 4α-val jelölve illesszük a BC oldal-hoz az ábra szerint kifelé az egyenl® szárú CBD és ECB háromszögeket, amelyek szögei4

70


rendre 3α, 3α és α, illetve α, α és 5α. Ekkor D és E az oldalak meghosszabbításaira es-nek, továbbá AEC és DAB hasonló egyenl® szárú háromszögek. A szár és az alap arányátebben a két háromszögben felírva éppen a (∗) formulához jutunk.Megjegyzés: A (∗) összefüggés bizonyításához felhasználhatjuk az els® megoldásbeli szabá-lyos hétszöget is. A sú sok közül négyet alkalmasan kiválasztva olyan húrnégyszögekhezjutunk, amelynek oldalai és átlói is a, b, vagy c hosszúságúak:a

b

b

c

c

b

a a

bc

cb

Ezekre a húrnégyszögekre Ptolemaiosz tételét alkalmazva az ab+b2 = c2, illetve az ab+ac =bc összefüggéseket kapjuk. Ezek egybevetésével átrendezés után a (∗) formula adódik.3. feladat.Egy k élhosszúságú ko ka három egy sú sba futó lapját teljesen le akarjuk ragasztanik2 darab 3 × 1 méret¶ ímkével. Milyen k-ra lehet ezt megtenni?Megoldás: A három négyzetlap mindegyikét osszuk fel a k × k méret¶ négyzetrá sal.A ímkék összterülete egyenl® a lefedend® területtel. Ezért ha a leragasztás lehetséges,akkor a ímkék között nem keletkezhet átfedés, és a széls® ímkéknek illeszkedniük kella lefedend® terület határához. Így a sarkok fel®l befelé haladva látható, hogy mindegyik ímkének a négyzetfelosztáshoz kell illeszkednie.Ha k osztható 3-mal, akkor a lefedés kézenfekv® módon megvalósítható. Bebizonyít-juk, hogy 3-mal nem osztható k-ra ez lehetetlen.Írjunk számokat egy 3 × 3-as négyzet kilen mez®jébe az ábrán látható módon:

1

4

1

1 1−2

−2 −2

−2Bármelyik sorban és bármelyik oszlopban a számok összege 0. S®t, a táblázatnak eza tulajdonsága �folytatólagosan� is érvényben van, azaz ha a síkbeli négyzetrá sot ilyen3×3-as négyzetekkel töltjük ki, akkor bármelyik � akár vízszintes, akár függ®leges � 3×1-esrá stéglalapban 0 a számok összege.A ko ka három lapján lev® 3k2 mez®be írjuk a fenti számokat olyan módon, hogymindhárom lapon a közös sú stól kezdjük a 3 × 3-as táblázatok elhelyezését. (Ha k nem

5

71

2009/2010...eladatlapF ok I. forduló Specmat Országos K özépisk olai T an ulmán yi V ersen y 2009 2010-es tanév MA TEMA TIKA, I I I. k ategória Az els® (isk olai) forduló

Documents