2008/2009...eladatlapF ok I. forduló Specmat Országos olai özépisk K T yi ulmán an V y ersen 2008 2009-es tanév MA TEMA TIKA, I I I. k ategória Az els® olai) (isk forduló

2008/2009

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivatal SZAKKÖZÉPISKOLA

1

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2008/2009 Matematika I. kategória

Az 1. forduló feladatai

1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala!

2. Legyenek az dcba ,,, számok pozitív valós számok! Igazolja, hogy

( ) ( )cbdadcba +⋅+≤⋅+⋅ ! 3. Ha az zyx ,, valós számok eleget tesznek az

20053 =++ zyx

és az 22574 =++ zyx

egyenleteknek, akkor mennyi a zyxK ++=

értéke? 4. Oldja meg a valós számok halmazán az

[ ]{ } 2008=xx

egyenletet! ( [ ]x az x valós szám egészrésze, azaz az x -nél nem nagyobb egész számok közül a legnagyobb, { }x pedig az x valós szám törtrésze, azaz { } [ ]xxx −= )

5. Az ABC háromszög AC oldalán az E belső pont úgy helyezkedik el, hogy

ABEC = . Legyen F a BC , M pedig az AE szakasz felezőpontja. Határozzuk meg a háromszög A csúcsánál lévő szögét, ha °=∠ 18FME !

6. Hányféle módon állítható elő a 2008 néhány (egynél több) egymást követő

pozitív egész szám összegeként?

Minden feladat hibátlan megoldásáért 10 pont adható. Az elérhető maximális pontszám 60 pont.

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi elso fordulojanak feladatai

matematikabol, a II. kategoria szamara

1. Hatarozzuk meg az alabbi egyenletrendszer valos megoldasait.

(1) x3 + y3 = x,

(2) 3x2y + 3xy2 = y.

2. Tekintsuk azokat a negyjegyu pozitıv egesz szamokat, amelyeknek minden jegyekulonbozo.

(a) Hany ilyen szam van?(b) Mennyi ezeknek a szamoknak az osszege?(c) Novekvo sorrendbe allıtva oket melyik lesz a 2008-ik? (Az 1023 az elso.)

3. Az egyenloszaru ABC haromszogben AB = AC. BC egy tetszoleges belso Ppontjabol a szarakkal parhuzamosokat huzunk. Az AC-vel parhuzamos az AB-t Q-ban,az AB-vel parhuzamos az AC-t R-ben metszi. Hatarozzuk meg a PQR haromszogeksulypontjanak halmazat, mertani helyet.

4. Adottak az A, B es C szamok:

A =1

2−√3, B =

(√5−

√2 ·

√√3)·(√

5 +√2 ·

√√3), C =

√7− 4

√3.

Igazoljuk, hogy barmely pozitıv egesz n eseten irracionalis az alabbi szam:√(A+B − C)n+ 2.

5. A pozitıv valos p parameter segıtsegevel definialjuk a valos szamok halmazan az ffuggvenyt:

f(x) =

{p|x− 4| − 4p ha x ≥ 0,−p|x+ 4|+ 4p ha x < 0.

Hatarozzuk meg p erteket, ha tudjuk, hogy egyetlen olyan negyzet van, amelynek mindencsucsa rajta van f grafikonjan.

Valamennyi feladat 7 pontot er.

O k t a t á s i H i v a t a l

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2008�2009-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaAz els® (iskolai) forduló feladataia gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részére1. Legyen f(x) = 2, ha x ≥ 0, és f(x) = 1, ha x < 0. Legyen továbbág(x) = f(x)/f(x − 1), és végül

h(x) = g(x) + 2g(x/2) + 3g(x/3) + . . .+ 2008g(x/2008).Számítsuk ki h(π)-t.2. Tükrözzük az ABC hegyesszög¶ háromszög egy bels® pontját az AB,BC, CA oldalakra, a tükörképeket jelölje rendre R, P , ill. Q. Bizonyít-suk be, hogy az AQR, PBR és PQC köröknek van közös pontja.3. Legyen n pozitív egész. Mutassuk meg, hogy akkor és sak akkorlétezik ra ionális számok négyzeteib®l álló, n di�eren iájú, háromtagúszámtani sorozat, ha létezik n terület¶, ra ionális oldalú, derékszög¶háromszög.4. Oldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok körében:

1

x − 1+

3

x − 3+

7

x − 7+

9

x − 9= x2 − 5x − 4.5. Mennyi 2 cosα + 6 cosβ + 3 cos γ minimuma, ha α, β, γ ≥ 0 és

α+ β + γ = 2π?Valamennyi feladat 7 pontot ér.


4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola



A 2. forduló feladatai

1. Oldja meg a valós számok halmazán a

( ) ( )xx 4884 loglogloglog = egyenletet!

2. Az ABC derékszögű háromszögben az A csúcsnál levő belső szög °30 . A BC

befogóra illeszkedő P pontból az AB átfogóra rajzolt merőleges talppontja legyen Q .

Határozza meg a PCBP arány értékét, ha a BPQ és a CPA háromszögek

területei egyenlők! 3. Egy fiókban n darab füzet van, közülük néhány négyzetrácsos, a többi

vonalas. Egymás után véletlenszerűen kiveszünk kettőt. Egy másik fiókban ugyancsak n darab füzet van, de kétszer annyi közöttük a négyzetrácsos, mint az előzőben. Ebből a fiókból is kiveszünk véletlenszerűen kettőt. Annak a valószínűsége, hogy a másodikból két négyzetrácsosat veszünk ki, ötször annyi, mint, annak, hogy az első fiókból veszünk ki két négyzetrácsosat. Hány négyzetrácsos füzet van az egyes fiókokban?

4. Hófehérke, Hamupipőke és Csipkerózsika a mesebeli tisztáson találkoznak.

Hófehérke kosarában almák, Hamupipőke kosarában körték, Csipkerózsika kosarában barackok vannak. Minden kosárban 100-nál kevesebb gyümölcs van. Hófehérke almáinak egy kilenced részét Hamupipőkének adja, másik egy kilenced részét Csipkerózsikának. Ekkor Hamupipőke a másik két mesehős mindegyikének odaadja a körtéinek egy nyolcad - egy nyolcad részét. Csipkerózsika rövid gondolkodás után azt mondja: „én mindkettőtöknek odaadom a barackjaim egy hatod - egy hatod részét, mert akkor mindhármunknak ugyanannyi gyümölcs lesz a kosarában.” Melyiküknek hány gyümölcse volt eredetileg, és mennyit adtak egymásnak, ha sem átadáskor, sem azután, egyikük sem darabolta a gyümölcsöket?

Mennyi lett a végén a kosaraikban levő gyümölcsök száma? 5. Oldja meg a valós ( )yx, számpárok halmazán az

)1()20082(2)2009( 2 +−+−⋅++⋅=++ xyyxxxyyx egyenletet!


5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi masodik fordulojanak feladatai


1. Adjuk meg a valos szamoknak azt a legbovebb reszhalmazat, amelyen az alabbi ffuggveny ertelmezheto es hatarozzuk meg a fuggveny ertekkeszletet ezen az ertelmezesitartomanyon.

f(x) =

√1−

√x−

√2− x.

2. Hatarozzuk meg a kovetkezo egyenlet valos megoldasait. ([y] az y valos szam egeszreszet jeloli.) [

x

2

]−

[x

3

]=

x

7.

3. Egy 1 milliard lakosu orszagban egy olcso AIDS teszt bevezeteset tervezik. Tudjuk,hogy kb. minden ezredik ember fertozott. Kiderult, hogy a betegek 99,9%-anal pozitıv,viszont sajnos az egeszsegesek 0,1%-anal is pozitıv eredmenyt ad a teszt. Ilyen parameterekmellett elvetettek a hasznalatat. Egy matematikus azt javasolta, hogy vegezzek el ketszeregymas utan a vizsgalatot es ha mindketto pozitıv, csak akkor kuldjek orvoshoz a pacienst.Igy mar bevezetheto lett a teszt. A kovetkezo ket kerdessel arra keressuk a valaszt, miennek a magyarazata.

(a) Szamıtsuk ki mennyi a valoszınusege, hogy beteg valaki, ha az elso teszt pozitıv.(b) Szamıtsuk ki mennyi a valoszınusege, hogy beteg valaki, ha mind a ket teszt pozitıv.

4. Az a, b, c oldalu t teruletu hegyesszogu haromszogre

abc = a+ b+ c

teljesul. Bizonyıtsuk be, hogy √3

2< t <

3

2.


6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2008/2009

Matematika I. kategória

A 3. (döntő) forduló feladatai

1. Egy háromszög oldalai a következők:

( )212 1 −− ++⋅−= nnn xxxxAB , 11 −+ ++= nnn xxxBC

és 21 −− ++= nnn xxxCA ,

ahol x > 1 valós szám és +∈ Nn , 2≥n .

a) Bizonyítsa be, hogy a háromszög derékszögű!

b) Határozza meg az x valós szám értékét úgy, hogy a háromszög legkisebb szögének nagysága °30 legyen!

2. Legyen tetszőleges x valós szám esetén

244)(+

= x

x

xf !

a) Határozza meg az

( ) ( )yfxf +

összeget, ha x és y olyan valós számok, amelyek összege 1!

b) Határozza meg az

++

+

+

20102009...

20103

20102

20101 ffff

összeg pontos értékét!

3. Adja meg az összes olyan háromszöget, amelynek oldalai közvetlen egymás után következő páros egész számok, valamint az egyik belső szöge kétszer akkora, mint ennek a háromszögnek egy másik belső szöge!


7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatai


1. Hatarozzuk meg azon k1, k2, ..., kn es n pozitıv egeszeket, amelyekre

k1 + k2 + ... + kn = 5n − 4 es1

k1

+1

k2

+ ... +1

kn

= 1.

2. A szabalyos ABC haromszog belso P pontjanak az AB, BC es CA oldalakra esomeroleges vetulete legyen rendre C ′, A′ es B′ . Jelolje az APC ′, BPA′, CPB′ es APB′,BPC ′, CPA′ haromszogekbe ırt korok sugarat rendre r1, r2, r3 es r4, r5, r6. Bizonyıtsukbe, hogy

r1 + r2 + r3 = r4 + r5 + r6.

3. A H = {1; 2; 3; ...; 9} halmaz egy P partıciojanak nevezzuk azt, ha H-t diszjunktreszhalmazainak uniojakent ırjuk fel. (A reszhalmazok paronkent kozos elem nelkuliek.)Jelolje P (n) az n-t tartalmazo reszhalmaz elemeinek szamat (n ∈ H). Peldaul a P :{1; 4; 5} ∪ {2} ∪ {3; 6; 7; 8; 9} = H partıcio eseten P (6) = 5.

Bizonyıtsuk be, hogy H barmely P1 es P2 partıciojara talalhato ket kulonbozo H-belin es m elem, amelyekre P1(n) = P1(m) es P2(n) = P2(m).


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


1

Az 1. forduló feladatainak megoldása

1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala!

Megoldás: az ABCDEFGH kocka B csúcsát kössük össze a D és H csúcsokkal (1. ábra)!

1. ábra

A BHD háromszögben a DH szakasz hossza a kocka élével egyenlő, a BD szakasz a kocka lapátlója, a BH szakasz pedig a kocka testátlója.

Ezzel beláttuk, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető. (1 pont) Mivel a kocka DH éle merőleges az ABCD lapra, ezért merőleges annak minden egyenesére is, tehát DH merőleges a BD szakaszra, vagyis a BHD háromszög derékszögű, amelynek derékszögű csúcsa a D pont, és oldalai:

a kocka éle: aDH = , a kocka lapátlója: 2aBD = , a kocka testátlója: 3aBH = .

(Ezek a BDA illetve a BHD derékszögű háromszögekre felírt Pitagorasz tételekből adódnak.) (2 pont)

10



2

A feladat második részének bizonyításához újabb ábrát készítünk (2. ábra).

2. ábra

A BHD háromszög oldalfelező pontjai LK , és M , a háromszög súlypontja S , mint a 2. ábrán látjuk. Bizonyítjuk, hogy a DK és HM súlyvonalak merőlegesek egymásra. Ehhez elegendő belátni, hogy SHDS ⊥ , azaz a HDS háromszög S szöge derékszög, azaz erre a háromszögre érvényes a Pitagorasz tétel megfordítása: két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal négyzetével. (1*pont) A BHD derékszögű háromszög körülírt körének középpontja K , KDKHKB == , de 3aBH = ,

(1) így 2

3aKD = .

A súlypont ismert tulajdonsága alapján KDSD

32

= ,

ezt (1)-gyel összevetve kapjuk, hogy:

(2) 3

3⋅=

aSD . (2 pont)

11



3

Az MHD derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján 222 MDDHMH += .

A már tudott

aDH = és 2

22

⋅==

aBDMD

értékek behelyettesítése és a műveletek elvégzése után:

(3) 2

6⋅=

aMH .

Mivel MHHS

32

= ,

ezért (3) alapján:

(4) 3

6⋅=

aHS . (2 pont)

A 2. ábra HDS háromszögében

aDH = ,

33⋅

=aSD ,

36⋅

=aHS ,

(ahogy (2)-ben illetve (4)-ben kaptuk). Felírjuk a HDS háromszögre két oldala négyzetének összegét:

22

22

36

33

⋅+

⋅=+

aaHSSD ,

a műveleteket elvégezve 222 aHSSD =+ ,

azaz 222 DHHSSD =+ .

Ez azt jelenti, hogy a HDS háromszög derékszögű és a derékszögű csúcsa éppen az S pont. Eszerint a BHD háromszögben a DK és HM súlyvonalak valóban merőlegesek egymásra. (2 pont)

összesen 10 pont Megjegyzések: • az útmutatóban jelzett 1* pont nem jár, ha a versenyző a Pitagorasz-tétel

megfordítása helyett a Pitagorasz-tételre hivatkozik. • DK és HM súlyvonalak merőlegessége vektorok skaláris szorzata

segítségével is bizonyítható, például úgy, hogy a D kezdőpontú DB és DH vektorok segítségével kifejezzük a DK és HM vektorokat, majd

12



4

bizonyítjuk, hogy ezek skaláris szorzata zérus. Ha a versenyző ezt a módszert választja, akkor természetesen helyes megoldás esetén teljes pontszámot kap.

2. Legyenek az dcba ,,, számok pozitív valós számok. Igazolja, hogy

( ) ( )cbdadcba +⋅+≤⋅+⋅ ! 1. Megoldás: A feltétel alapján a bizonyítandó egyenlőtlenség mindkét oldala értelmezett, továbbá a négyzetgyök definíciója miatt mindkét oldalán pozitív számok állnak, ezért az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséget kapunk, ha mindkét oldalt négyzetre emeljük: (a jobboldalon a beszorzást is elvégeztük) (1) cdbdcabadcba2dcba ⋅+⋅+⋅+⋅≤⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅ (3 pont) (1)-ből rendezés után előbb

bdcadcba2 ⋅+⋅≤⋅⋅⋅⋅ , ebből pedig (2)

2dbcadcba ⋅+⋅

≤⋅⋅⋅ ,

adódik, amit tovább rendezve:

2)()()()( dbcadcba ⋅+⋅

≤⋅⋅⋅ . (2 pont)

A (2) állítás pedig nyilvánvalóan igaz, hiszen ez éppen az )( ca ⋅ és

)( db ⋅ pozitív számokra felírt számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség. (2 pont) A bizonyítási lépések mindegyike során a megelőzővel ekvivalens egyenlőtlenséget kaptunk, lépéseink tehát megfordíthatók, azaz (2)-ből logikai úton visszafelé haladva következik a bizonyítandó állítás. (1 pont) Egyenlőség pontosan akkor van, ha )()( dbca ⋅=⋅ . (2 pont)

összesen 10 pont

13



5

2. Megoldás: (1)-ig azonos az 1. megoldással. (3pont) Folytatása:

bdcadcba2 ⋅+⋅≤⋅⋅⋅⋅ . Újabb négyzetreemelés után:

abcddbcaabcd 24 2222 ++≤ . (2 pont) Átalakítva:

2222 20 dbabcdca +−≤ , ( )20 bdac −≤ , (2 pont)

ami igaz és ekvivalens az eredetivel is. (1 pont) Egyenlőség pontosan akkor van, ha )()( dbca ⋅=⋅ . (2 pont)

összesen 10 pont

14



6

3. Ha az zyx ,, valós számok eleget tesznek az

20053 =++ zyx és az

22574 =++ zyx egyenleteknek, akkor mennyi a

zyxK ++= kifejezés értéke? 1. Megoldás: Az 20053 =++ zyx egyenlet mindkét oldalát 3-mal szorozva kapjuk, hogy: (1) 6001593 =++ zyx . (3 pont) Következő lépésként 2-vel szorozzuk az 22574 =++ zyx egyenlet mindkét oldalát, ekkor: (2) 4501482 =++ zyx . (3 pont) Ha (1) és (2) megfelelő oldalait kivonjuk egymásból, akkor: (3) 150=++ zyx . (3 pont) Mivel zyxK ++= , ezért az adott feltételek mellett kaptuk, hogy a zyxK ++= kifejezés értéke pontosan 150. (1 pont)

összesen 10 pont 2. Megoldás: Ebben a megoldásban először kifejezzük y -t x segítségével úgy, hogy az adott egyenletekből kiküszöböljük z -t, például a következőképpen:

20053 =++ zyx egyenlet mindkét oldalát 7-tel, majd 22574 =++ zyx mindkét oldalát 5-tel szorozzuk:

(1) 140035217 =++ zyx , illetve (2) 112535205 =++ zyx . (2 pont)

15



7

(1) és (2) megfelelő oldalainak különbségéből adódik, hogy 2752 =+ yx ,

és innen (3) xy 2275 −= . (2 pont) Ezután a z számot fejezzük ki ugyancsak x segítségével oly módon, hogy az egyenletekből kiküszöböljük y -t, például a következő módon:

az 20053 =++ zyx egyenlet mindkét oldalát 4-gyel, majd az 22574 =++ zyx egyenlet mindkét oldalát 3-mal szorozzuk:

(4) 80020124 =++ zyx , és (5) 67521123 =++ zyx . (2 pont) (4) és (5) megfelelő oldalainak különbségéből kapjuk, hogy

125=− zx ,

amiből (6) 125−= xz . (2 pont) Helyettesítsük most a (3) és (6) összefüggéseket a zyxK ++= kifejezésben y és z helyébe! Ezzel

)125()2275( −+−+= xxxK , tehát

150=K . (2 pont) összesen 10 pont

Megjegyzés: Az a versenyző, aki az ( )zyx ;; számhármas egyikének konkrét megválasztása után oldja meg az 20053 =++ zyx és az 22574 =++ zyx egyenletrendszert, és a

zyxK ++= kifejezés értékét így számolja ki, legfeljebb 3 pontot kaphat.

16



8

4. Oldja meg a valós számok halmazán az [ ]{ } 2008=xx

egyenletet! ( [ ]x az x valós szám egészrésze, azaz az x -nél nem nagyobb egész számok közül a legnagyobb, { }x pedig az x valós szám törtrésze, azaz { } [ ]xxx −= )

Megoldás:

Mivel nevezőben 0 nem lehet, ezért (1) { } 0≠x azaz x nem lehet egész szám. (2 pont) A kiindulási egyenletet átalakítva:

(2) { } [ ]2008

xx =

következik. (1 pont)

Felhasználjuk azt, hogy az x valós szám törtrésze 1-nél kisebb, és nem negatív, így (1)-et figyelembe véve:

{ } 10 << x , (2)-t behelyettesítve: 0 < [ ]

2008x < 1,

amiből

(3) 0 < [ ]x < 2008 . (3 pont)

(3)-ból kapjuk, hogy [ ] nx = , ahol { })2007,...,1∈n ,

(2)-ből adódik, hogy { }2008

nx = , ahol { })2007,...,1∈n ,

tehát [ ] { }xxx +=

miatt 2008

nnx += ,

ahol n az { }2007,...2,1 számhalmaz elemeinek bármelyike lehet. (3 pont)

Az ellenőrzés a kapott megoldások helyességét mutatja: 2008

2008

=nn . (1 pont)

összesen 10 pont

17



9

5. Az ABC háromszög AC oldalán az E belső pont úgy helyezkedik el, hogy ABEC = . Legyen F a BC , M pedig az AE szakasz felezőpontja.

Határozzuk meg az ABC háromszög A csúcsánál levő belső szögét, ha °=∠ 18FME !

1. Megoldás: készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát.

3. ábra

Forgassuk el az AB szakaszt az A pont körül úgy, hogy a B pont elforgatott képe az AC egyenesére, az A ponton túl kerüljön, és a B elforgatott képét jelöljük D -vel.

4. ábra (2 pont)

18



10

Mivel a feltétel szerint ABEC = , továbbá M az AE szakasz felezőpontja, ezért, az M pont az így létrejövő CD szakasznak is felezőpontja. (2 pont)

A 4. ábrán lévő ∠DCB szárait az FM és BD szakaszokkal úgy metszettük el, hogy

21

==CDCM

CBCF ,

ezért a párhuzamos szelők tételének megfordítása szerint az FM és BD szakaszok párhuzamosak. (2 pont)*

Ebből következik, hogy °=∠=∠ 18FMEBDA . (1 pont)

Ugyanakkor az ABD háromszög az ADAB = miatt egyenlő szárú, ezért (1) °=∠=∠ 18BDADBA . (1 pont) Az ABC háromszög A csúcsánál levő belső szöge az ABD háromszög A-nál lévő külső szöge, ezért ∠+∠=∠ DBABDABAC , (1 pont) így (1) felhasználásával

036=∠BAC . (1 pont) összesen 10 pont

Megjegyzés * Természetesen ennél a résznél CDB háromszög MF középvonalának tulajdonságára való hivatkozást is elfogadjuk.

19



11

2. Megoldás: Hosszabbítsuk meg az EF szakaszt az F ponton túl EF hosszával, így kaptuk az 5. ábrán a D pontot.

5. ábra

Az így keletkező ECDB négyszög parallelogramma, mert az átlói felezik egymást. (3 pont)

Ezért a BD szakasz párhuzamos EC -vel és ECBD =

továbbá a feladat feltételét figyelembe véve ABEC = ,

ezért BDAB = . (2 pont)

Mivel az AED háromszögben M és F oldalfelezőpontok, ezért MF az AED háromszög középvonala, így párhuzamos az AD szakasszal, (2 pont)

azaz ∠=∠ FMEDAC . Továbbá:

∠=∠ DACADB (váltó szög) és

∠=∠ BADADB , (mert ABBD = ).

20



12

Ezek következményeként 018=∠BAD

és 018=∠DAC ,

ezek azt jelentik, hogy AD az ABC háromszög A csúcsánál levő belső szögének felezője,ekkor pedig

°=∠=∠ 362BADBAC (3 pont) összesen 10 pont

21



13

6. Hányféle módon állítható elő a 2008 néhány (egynél több) egymást követő pozitív egész szám összegeként?

Megoldás:

Legyen az előállításban szereplő első pozitív egész szám k , az összeadandó számok száma pedig n . A feladat szövege miatt 1>n . (1 pont) Ekkor a feltétel szerint:

(1) ( ) ( ) ( ) 20081...21 =−+++++++ nkkkk . (1 pont)

Az (1) baloldalán levő összeg egy 1=d különbségű számtani sorozat első n tagjának összege, amelynek első tagja a pozitív egész k szám, ezért a számtani sorozat összegképletéből:

( ) 20082

12=

−+⋅ nkn ,

átalakítva:

(2) ( ) 401612 =−+⋅ nkn . (2 pont)

(2) bal oldalának mindkét szorzótényezője pozitív egész szám és a feltételek miatt egyik tényező értéke sem lehet 1, továbbá a két szorzótényező paritása különböző, (hiszen összegük páratlan pozitív egész). Mivel 25124016 4 ⋅= (2 pont)

(a Függvénytáblázatból ellenőrizhető, hogy 251 prímszám), ezért a következő esetek lehetségesek:

a) 16=n 25112 =−+ nk

amiből 16=n , 118=k ; (1 pont) vagy b) 251=n 1612 =−+ nk amiből

251=n , 117−=k . (1 pont) A b) eset nem felel meg a 0>k feltételnek, így nem ad megoldást. (1 pont)

Tehát a 2008 számot csak egyféleképpen tudjuk egynél több egymás utáni pozitív egészek összegeként előállítani, mégpedig a 118=k számból kiindulva 16 darab közvetlen egymás utáni pozitív egész számot összeadva a következőképpen:

2008133132...120119118 =+++++ . (1 pont) összesen 10 pont

22

Megoldások I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi elso fordulojanak feladatmegoldasai


1. Hatarozzuk meg az alabbi egyenletrendszer valos megoldasait.

(1) x3 + y3 = x,

(2) 3x2y + 3xy2 = y.

Megoldas: A ket egyenlet megfelelo oldalait osszeadva kapjuk:

(x + y)3 = x + y. 2 pont

Az egyenletet 0-ra rendezzuk, majd szorzatta alakıtjuk, ıgy a kovetkezot kapjuk:

(x + y)(x + y + 1)(x + y − 1) = 0.

Ez alapjan x + y erteke lehet 1, 0 vagy -1. 2 pontHa x + y = 1, akkor y helyebe 1 − x-et helyettesıtunk az (1) egyenletbe

x3 + 1 − 3x + 3x2 − x3 = x, azaz 3x2 − 4x + 1 = 0.

A masodfoku egyenlet megoldokepletet hasznalva

x1,2 =4 ±√

16 − 12

6innen x1 = 1, x2 =

1

3.

Ha x + y = 0, akkor y helyebe −x-et ırva x3 − x3 = x, azaz x3 = 0,Ha x + y = −1, akkor y helyebe −1 − x-et ırva

x3 − (1 + 3x + 3x2 + x3) = x, azaz 3x2 + 4x + 1 = 0.

A megoldokepletbol x4 = −1, x5 = −13.

Az (x; y) megoldasok tehat

(1; 0),

(1

3;2

3

), (0; 0) (−1; 0),

(− 1

3;−2

3

)

. 3 pontOsszesen: 7 pont

2. Tekintsuk azokat a negyjegyu pozitıv egesz szamokat, amelyeknek minden jegyekulonbozo.

(a) Hany ilyen szam van?(b) Mennyi ezeknek a szamoknak az osszege?(c) Novekvo sorrendbe allıtva oket melyik lesz a 2008-ik? (Az 1023 az elso.)

1

23


Megoldas: (a) Jelolje a szamot xyzv. Balrol jobbra sorba kivalasztjuk a jegyeket. Azezresek helyen allo x nem lehet 0, a tobbi szamjegy barmelyike lehet, tehat 9 lehetosegunkvan. y barmi lehet, kiveve x, megint 9 lehetosegunk van. z csak 8 fele lehet, hiszen xes y mar lefoglal egy-egy jegyet. Eddig harom jegyet hasznaltunk, ıgy v 7 fele lehet. Amegfelelo szamok szama 9 · 9 · 8 · 7 = 4536. 2 pont

(b) Ha az x helyen rogzıtunk egy jegyet, a tobbi jegy a fentiek szerint 9 · 8 · 7 = 504modon valaszthato. Az x helyen az 1, 2, ..., 9 mindegyike ennyiszer szerepel, ezert aszamok osszegeben az ezresek helyen allo jegyekbol adodo resz 1000·(1+2+3+...+9)·504 =22680000.

Az y helyen rogzıtve egy jegyet x 8 fele lehet, nem lehet 0 es y. Hasonloan z 8 fele, v 7fele lehet. Pontosan ugyanez igaz a tizes es egyes helyiertekre is, ezert innen az osszeghezadodik

(100 + 10 + 1) · (1 + 2 + 3 + ... + 9) · 8 · 8 · 7 = 2237760.

A szamok osszege tehat 24917760. 3 pont(c) Megmutatjuk, hogy a keresett szam a 4976. Mar lattuk, hogy amennyiben x erteke

rogzıtett, a tobbi jegyre 9 ·8 ·7 = 504 lehetoseg van. A novekvo sorrendbe allıtott szamokkozul ezert az elso 504 1-gyel kezdodik, a kovetkezo 504 2-vel, majd 3-mal es 4-gyel. Eddigez 4 ·504 = 2016 szam, azaz a 2016. szam a leheto legnagyobb 4-gyel kezdodo, ami a 4987.Ha 498 a szam elso harom jegye, akkor az utolso jegy 7 fele lehetet, ezert a legnagyobb497-tel kezdodo szam a 2009. es ez a 4978. A nagysag szerinti sorrendben ezt megelozoszam a 4976. 2 pont

Osszesen: 7 pont

3. Az egyenloszaru ABC haromszogben AB = AC. BC egy tetszoleges belso Ppontjabol a szarakkal parhuzamosokat huzunk. Az AC-vel parhuzamos az AB-t Q-ban,az AB-vel parhuzamos az AC-t R-ben metszi. Hatarozzuk meg a PQR haromszogeksulypontjanak halmazat, mertani helyet.

Megoldas: Az AQPR negyszog paralelogramma. Ennek atloi felezik egymast. Igy aPQR haromszog S sulypontja rajta van az AP atlon. 1 pont

Legyen QR felezopontja F . Az S sulypontrol tudjuk, hogy PS : SF = 2 : 1. 1 pont

2

24


Ebbol kovetkezik, hogy AS : AP = 4 : 6 = 2 : 3. Ez azt jelenti, hogy az A kozeppontu2 : 3 aranyu hasonlosag P -t S-be viszi at. Ez a hasonlosag BC belso pontjaihoz a

haromszogben egy BC-vel parhuzamos2

3a hosszusagu szakasz belso pontjait rendeli.

3 pontEz utobbi szakasz minden pontja a keresett ponthalmaz (mertani hely) pontja, ugyanis

az A kozeppontu 3 : 2 aranyu hasonlosag a kapott szakasz belso pontjaihoz a BC megfelelopontjat rendeli. 2 pont

Osszesen: 7 pont

4. Adottak az A, B es C szamok:

A =1

2 −√3, B =

(√5 −

√2 ·

√√3)·(√

5 +√

2 ·√√

3), C =

√7 − 4

√3.

Igazoljuk, hogy barmely pozitıv egesz n eseten irracionalis az alabbi szam:√(A + B − C)n + 2.

Megoldas: A feladatban megadott A, B es C szamokat mas alakban ırjuk fel.

A =1

2 −√3

=1

2 −√3· 2 +

√3

2 +√

3=

2 +√

3

4 − 3= 2 +

√3

B = (√

5 −√

2 ·√√

3)(√

5 +√

2 ·√√

3) = 5 − 2√

3

C =√

7 − 4√

3 =√

4 − 4√

3 + 3 =√

(2 −√

3)2 = 2 −√

3

(A + B − C)n + 2 = (2 +√

3 + 5 − 2√

3 − 2 +√

3)n + 2 = 5n + 2 3 pont

Amennyiben n pozitıv egesz, az 5n+2 alaku szam utolso jegye 2, vagy 7. A negyzetszamokvegzodese csak 0, 1, 4, 5, 6, 9 lehet, tehat 5n + 2 alaku szam nem lehet negyzetszam.

2 pontEzek szerint (A+B−C)n+2 prımtenyezoi kozott van olyan q prım, amelynek kitevoje

a felbontasban paratlan. Tetelezzuk fel, hogy az altalunk vizsgalt szam racionalis√(A + B − C)n + 2 =

m

k

ahol m es k pozitıv egeszek. A nevezovel beszorozva es negyzetreemelve

k2((A + B − C)n + 2

)= m2.

Mivel k2-ben es m2-ben q kitevoje csak paros lehet, ezert a bal oldalon q kitevoje paratlan,mıg a jobb oldalon paros. Ez ellentmond a szamelmelet alaptetelenek, feltevesunk nem

lehet igaz, azaz√

(A + B − C)n + 2 irracionalis. 2 pont

Osszesen: 7 pont.

3

25


5. A pozitıv valos p parameter segıtsegevel definialjuk a valos szamok halmazan az ffuggvenyt:

f(x) =

{p|x − 4| − 4p ha x ≥ 0,−p|x + 4| + 4p ha x < 0.

Hatarozzuk meg p erteket, ha tudjuk, hogy egyetlen olyan negyzet van, amelynek mindencsucsa rajta van f grafikonjan.

Megoldas: Tekintsuk eloszor x ≥ 0 eseten a fuggvenyt. Kovessuk nyomon, milyentranszformaciokkal juthatunk az |x| fuggvenybol a feladatban kituzott f(x)-hez. |x−4| aztjelenti, hogy a grafikont az x tengely pozitıv iranya fele toljuk 4-gyel. Most megszorozzukp-vel, ekkor a V alaku |x − 4| fuggveny felegyeneseinek meredeksege -1 es 1-rol −p-reilletve p-re valtozik, ez lesz p|x− 4|. Vegul levonunk 4p-t, azaz a grafikont 4p-vel letoljuk

az y tengely negatıv resze fele. Eppen annyival toltuk le, hogy f(0) = 0 legyen.Az f fuggveny paratlan, azaz f(x) = −f(−x), ugyanis tekintve egy tetszoleges pozitıv

t es negatıv −t szamnal a fuggveny definıcioja szerint a helyettesıtesi erteket

p|t − 4| − 4p = −(− p|(−t) + 4| + 4p

).

Igy a grafikon -a meredeksegeket meghatarozo p erteketol fuggoen- a kovetkezokeppennez ki:

2 pontHasznaljuk ki, hogy az f fuggveny paratlan, azaz grafikonja kozeppontosan tukros az

origora. Amennyiben van olyan negyzet, amelynek minden csucsa a grafikonon van, dea kozeppontja nem az origo, akkor ennek a negyzetnek az origora vonatkozo tukorkepeis a grafikonon lenne es ıgy nem teljesulne a feladat feltetele. Tehat annak az egyetlennegyzetnek, amelynek minden csucsa rajta van f grafikonjan eppen az origo a kozeppontja.

1 pontA negyzet forgasszimmetrikus a kozeppontjara vonatkozo 90◦-os forgatasra nezve. For-

gassuk el ezert a grafikont is 90◦-kal az origo korul. Ennek az elforgatott alakzatnak eppennegy kozos pontja lehet f grafikonjaval es ezek a negyzet csucsai. A megfelelo p erteketP -vel jeloljuk. Az eredeti es az elforgatott grafikont szemleltetjuk, 0 < p < P eseten nincs

4

26


kozos pontjuk, p = P eseten negy kozos pont van, P < p eseten 8 kozos pont van es ennekmegfeleloen ket negyzet. Ezek csucsait az abran jeloltuk. 2 pont

Most meghatarozzuk P -t. f(4) = −4p, a grafikon lokalis minimumpontjanak ko-ordinatai (4;−4p). Ennek origo koruli 90◦-os elforgatottja a (4p; 4). Ennek rajta kell lennia grafikonon, azaz a megfelelo P eseten f(4P ) = 4 es 4P > 4. Tehat P |4P − 4| − 4P = 4,de 4P > 4 miatt |4P − 4| = 4P − 4 es ıgy P (4P − 4) − 4P = 4. Ennek megoldasai

P1 =2 +

√8

2= 1 +

√2 es P2 =

2 −√8

2= 1 −

√2.

A feladat szovege szerint p pozitıv, ıgy a parameter egyetlen megfelelo erteke az 1+√

2.2 pont

Osszesen: 7 pont.

5

27

Megoldások I. forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2008�2009-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 idén-t®l a Versenybizottság legfeljebb 50 versenyz®t juttathat be a dönt®be (a korábbi legfeljebb30 helyett).A pontozási útmutatóban nem szerepl® más helyes megoldás vagy megoldásrészletesetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni.Budapest, 2008. november A versenybizottság1. feladatLegyen f(x) = 2, ha x ≥ 0, és f(x) = 1, ha x < 0. Legyen továbbá g(x) = f(x)/f(x− 1),és végülh(x) = g(x) + 2 g(x/2) + 3 g(x/3) + . . .+ 2008 g(x/2008).Számítsuk ki h(π)-t.Megoldás: g(x) = 1, ha x ≥ 1 vagy x < 0, és g(x) = 2, ha 0 ≤ x < 1. (2 pont)Így tetsz®leges j > 0 egészre g(π/j) = 1, ha π > j, azaz j ≤ 3, és g(π/j) = 2, ha

π < j, azaz j ≥ 4. (2 pont)Ezért h(π) = 1+ 2+ 3+ 2(4+ 5+ . . .+2008) = 6+ 2012 · 2005(= 4034066). (3 pont)2. feladatTükrözzük az ABC hegyesszög¶ háromszög egy bels® pontját az AB, BC, CA olda-lakra, a tükörképeket jelölje rendre R, P , ill. Q. Bizonyítsuk be, hogy az AQR, PBR ésPQC köröknek van közös pontja.Els® megoldás: A PBR és PQC körök egy közös pontjáról fogjuk belátni, hogy az AQRkörhöz is hozzátartozik. El®ször tisztázzuk, hol keletkezhet ilyen közös pont a P pontonkívül.A feladat feltételeib®l következ®en az A, R, B, P , C, Q pontok ebben a sorrendbenegy konvex hatszög sú sai, amelynek az A, B, C sú sokban lev® szögei rendre az ABCháromszög szögeinek a kétszeresével, 2α-val, 2β-val, 2γ-val egyenl®k. (2 pont)

1


28


A

B

C

PQ

REmiatt az RBP és a PCQ körívnek a P közös végponton kívül más közös pontja nemlehet. Tehát e két kör köl sönös helyzetét tekintve sak az alábbi három eset lehetséges:(1) a két kör érintkezik a P pontban (megengedve a két kör egybeesésének a lehet®ségétis),(2) a két kör metszi egymást egy olyan (P -t®l különböz®) X pontban, amely nem tartoziksem az RBP ívhez, sem a PCQ ívhez, hanem mindkett®nek a kiegészít® körívén van,(3) a két kör P -t®l különböz® X metszéspontja az RBP és PCQ ívek közül az egyiken,és a másiknak a kiegészít® ívén van rajta. (2 pont)Az (1) esetben a P -beli közös érint®nek a PR félegyenessel alkotott (a B pontottartalmazó) szöge az érint®szárú kerületi szögek tétele alapján egyenl® (π − 2β)-val, ha-sonlóképpen a PQ félegyenessel alkotott, C-t tartalmazó szöge egyenl® (π−2γ)-val. EzértRPQ∢ = π−

((π− 2β)+ (π− 2γ)

)= π− 2α. Ebb®l következik, hogy az ARPQ négyszöghúrnégyszög, tehát az AQR kör is áthalad a P ponton. (1 pont)A (2) esetben az XRBP és az XPCQ húrnégyszögekre hivatkozva kapjuk, hogy

RXQ∢ = RXP∢ + PXQ∢ = (π − 2β) + (π − 2γ) = 2α. Az X pont a QR egyenesnekugyanahhoz a félsíkjához tartozik, mint az A pont, és X-b®l a QR szakasz ugyanakkoraszögben látszik, mint A-ból, ezért X illeszkedik az AQR körre. (1 pont)A (3) esetben tegyük fel például, hogy X hozzátartozik az RBP ívhez és PCQ komp-lementer ívéhez. (A fordított eset hasonlóan számolható.) Ekkor RXP∢ és RBP∢ = 2βazonos íven nyugvó, míg PXQ∢ és PCQ∢ = 2γ kiegészít® íveken nyugvó kerületi szögek.Ezért RXQ∢ = RXP∢ − PXQ∢ = 2β − (π − 2γ) = π − 2α, ahonnan az (1) esethezhasonlóan adódik, hogy X illeszkedik az AQR körre. (1 pont)Második megoldás: Használjunk el®jeles, irányított szögeket: UVW∡ jelölje azt a(modulo π értelmezett) el®jeles szögelfordulást, amellyel az UV egyenes a VW egyenesselpárhuzamos helyzetbe mozgatható. (1 pont)(El®rebo sátjuk, hogy az irányított szögek használatának két konkrét el®nye van aszokásos szögfogalommal szemben:1. Az UVW∡+WV Y ∡ = UV Y ∡ összegformula érvényes tekintet nélkül arra, hogya szögszárak milyen sorrendben követik egymást.2. Ha U és Y két különböz® pont, akkor az UV Y ∡ = UWY ∡ formula azzal egyen-érték¶, hogy az U , V , W és Y pontok egy körön (vagy egyenesen) helyezkednek el,attól függetlenül, hogy V és W az UY egyenesnek melyik félsíkjába esnek.2


29


Ennek köszönhet®en a feladat megoldásában nin s szükség esetszétválasztásra, hairányított szögeket használunk.)Legyen X a PBR és PQC körök P -t®l különböz® közös pontja, illetve X = P , ha a két körP -ben érintkezik vagy azonos. Az utóbbi esetben XP egyenesen az ottani közös érint®tértjük. Ekkor RXQ∡ = RXP∡+PXQ∡ = RBP∡+PCQ∡ = −2β−2γ = 2α = RAQ∡,és emiatt R, A, Q és X egy körön van. (6 pont)Megjegyzések : 1. Az els® megoldásbeli (1) esetben BPC∢ = π−

((π/2−β)+(π/2−γ)

)=

π − α. Tehát a PBR és PQC körök sak akkor érintik egymást P -ben, ha a P tükörképaz ABC háromszög köré írt körre esik. Tudjuk, hogy a háromszög magasságpontja azegyetlen olyan pont, amelynek mindhárom tükörképe a körülírt körre illeszkedik; ebben azesetben mindhárom vizsgált kör a körülírt körrel azonos.2. Könnyen látható, hogy a három kör közös pontja mindig illeszkedik az ABC háromszögkörülírt körére is. Például a második megoldás módszerével ezt a BXC∡ = BXP∡ +PXC∡ = BRP∡+ PQC∡ = (π/2 − β) + (π/2 − γ) = α számolás mutatja.3. A második megoldás akkor is alkalmazható, ha az ABC háromszögr®l nem tesszükföl, hogy hegyesszög¶, és P -r®l sem tesszük föl, hogy a háromszög bels® pontja. Csupánbizonyos pontok nem kívánt egybeesése vagy kollinearitása esetére kell a feladat állításátértelemszer¶en módosítani, egyébként ilyen általánosabb feltételek mellett is igaz marad.3. feladatLegyen n pozitív egész. Mutassuk meg, hogy akkor és sak akkor létezik ra ionálisszámok négyzeteib®l álló, n di�eren iájú, háromtagú számtani sorozat, ha létezik n terü-let¶, ra ionális oldalú, derékszög¶ háromszög.Els® megoldás: Tegyük fel, hogy egy derékszög¶ háromszög területe n és az oldalai aza, b, c ra ionális számok, ahol c az átfogó. Ekkor a2 + b2 = c2 és ab/2 = n. (1 pont)Ennek alapján(a − b

2

)2

=(a

2

)2

− ab

2+

( b

2

)2

=( c

2

)2

−n és (a+ b

2

)2

=(a

2

)2

+ab

2+

( b

2

)2

=( c

2

)2

+n.(2 pont)Tehát az (a − b

2

)2, ( c

2

)2 és (a+ b

2

)2 számok egy n di�eren iájú számtani sorozatotalkotnak. (1 pont)A megfordítás a fenti lépések értelemszer¶ megfordításából fog adódni. Tegyük tehátfel, hogy x2 = y2 −n és z2 = y2 + n teljesül alkalmas x, y és z pozitív ra ionális számokra(x = 0 esetén z2 = 2y2 teljesülne, ami ellentmond a √2 irra ionalitásának). Ekkor x < zés legyen [(a − b)/2 = x, (a+ b)/2 = z és c/2 = y alapján℄ a = z + x, b = z − x és c = 2y.(1 pont)Ekkor a2+b2 = 2(z2+x2) = 4y2 = c2, tehát az a, b, c (ra ionális) számok valóban egyderékszög¶ háromszög oldalai, amelynek területe ab/2 = (z2 −x2)/2 = 2n/2 = n. (2 pont)Második megoldás: Fel fogjuk használni a ra ionális oldalú derékszög¶ háromszögekoldalainak paraméteres el®állítását, az ún. pitagoraszi számhármasokra vonatkozó képletet.Ennek alapján pozitív ra ionális a, b, c számokra a2 + b2 = c2 pontosan akkor teljesül,

3


30


ha a = rA, b = rB, c = rB, ahol r ra ionális, A,B,C relatív prím egészek, és A = 2st,B = s2 − t2 (vagy fordítva), C = s2 + t2, ahol (s, t) = 1, s > t > 0 és s+ t páratlan.Egy ilyen háromszög területe (i) ab/2 = r2AB/2 = r2st(s2 − t2) = r2st(s − t)(s+ t).(1 pont)Másrészt alkossanak az x, y, z (pozitív) ra ionális számok négyzetei (növekv®) szám-tani sorozatot: x2 + z2 = 2y2. Ekkor ((z − x)/2)2 + ((z + x)/2)2 = y2, vagyis a (z − x)/2,(z + x)/2 és y ra ionális számok egy derékszög¶ háromszög oldalai, ahol az átfogó y.(2 pont)A karakterizá ió szerint (z − x)/2 = w(u2 − v2), (z + x)/2 = 2wuv (vagy fordítva) ésy = w(u2 + v2), ahol w ra ionális, u > v > 0 egész, (u, v) = 1 és u + v páratlan. Innenz = w(u2 + 2uv − v2) (és x = w|u2 − 2uv − v2|). (2 pont)A számtani sorozat di�eren iája z2−y2 = (z−y)(z+y) = w2(2uv−2v2)(2u2+2uv) =(2w)2uv(u − v)(u + v), ami megegyezik (i)-vel (r = 2w, s = u, t = v). Tehát az n aterületek között pontosan akkor fordul el®, ha a számtani sorozatok di�eren iái között ismegtalálható. (2 pont)4. feladatOldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok körében:

1

x − 1+

3

x − 3+

7

x − 7+

9

x − 9= x2 − 5x − 4.Els® megoldás: Azonnal leolvasható, hogy x = 0 és x = 5 megoldás. (1 pont)Mivel a bal oldalon álló törtek nevez®i x − 5-re szimmetrikusak, ezért a továbbimegoldások megkereséséhez érdemes az y = x − 5 új változót bevezetni. (1 pont)Itt a két széls®, illetve a két középs® törtet közös nevez®re hozva

10y + 32

y2 − 16+

10y + 8

y2 − 4= y2 + 5y − 4, (1 pont)majd a beszorzást elvégezve és rendezve y6+5y5−24y4−120y3+104y2+520y = 0 adódik.(1 pont)Az elején megállapítottuk, hogy y = 0 és y = −5 megoldás, így a bal oldalon y(y+5)kiemelhet®. (1 pont)Ezzel leosztva, az y4 − 24y2 + 104 = 0 egyenlet adódik, amelyet y2-re, onnan y-ra megoldva és az x = y + 5 helyettesítést alkalmazva kapjuk, hogy a már korábbanmegállapított x = 0 és x = 5 értékek mellett az egyenletre további négy megoldást nyerünk,ezek x = 5 ±

√12 ±

√40. (2 pont)Második megoldás: Azonnal leolvasható, hogy x = 0 és x = 5 megoldás. (1 pont)A törteknél a c

x − c=

c − x

x − c+

x

x − c= −1+

x

x − cátalakítást elvégezve, majd mindkétoldalhoz 4-et hozzáadva és (az x 6= 0 megoldások kereséséhez) x-szel osztva

1

x − 1+

1

x − 3+

1

x − 7+

1

x − 9= x − 5

4


31


adódik. (2 pont)A bal oldalon a két széls®, illetve két középs® törtet közös nevez®re hozva kapjuk, hogy2x − 10

x2 − 10x+ 9+

2x − 10

x2 − 10x+ 21= x − 5. (1 pont)Itt (az x 6= 5 megoldásokat keresve) leosztunk x − 5-tel, majd bevezetjük (pl.) az u =

x2 − 10x+ 15 új változót. (1 pont)Az így adódó u2 − 4u − 36 = 0 egyenletet u-ra megoldjuk, és a kapott u = 2 ±√40értékekkel az u = x2 − 10x + 15 egyenlet(ek)b®l az x = 5 ±

√12 ±

√40 megoldásokatnyerjük. (2 pont)5. feladatMennyi 2 cosα+ 6 cosβ + 3 cos γ minimuma, ha α, β, γ ≥ 0 és α+ β + γ = 2π?Megoldás: A nagyobb együtthatójú szögeket úgy választva, hogy a koszinuszuk a lehet®legkisebb, azaz -1 legyen, azt kapjuk, hogy β = γ = π, α = 0 esetén a fenti összeg −7.(2 pont)Megmutatjuk, hogy ez a minimum. Ha α, β és γ a feltételeknek eleget tev® tetsz®lege-sen adott valós számok, válasszuk meg az origóból kiinduló a, b és c vektorokat, amelyekhossza rendre 3, 1, illetve 2 úgy, hogy az a vektort a b vektor irányába γ szög¶, b-t cirányába α szög¶, és c-t a irányába β szög¶ pozitív forgatás vigye.

γ

αβa b

c

Ekkor az (a+ b+ c)2 skaláris szorzatra0 ≤ (a+b+c)2 = a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc = 9+1+4+2(3 cos γ+6 cosβ+2 cosα),ahonnan átrendezéssel a kívánt 2 cosα + 6 cosβ + 3 cos γ ≥ −7 adódik (itt x2 és xy amegfelel® skaláris szorzatot jelöli) . (5 pont)

5


32

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

1



A 2. forduló feladatainak megoldása

1. Oldja meg a valós számok halmazán a

( ) ( )xx 4884 loglogloglog = egyenletet!

Megoldás: a logaritmus értelmezése miatt x > 0, valamint x8log >0 és x4log >0. (1 pont) A fenti egyenlőtlenségekből az ( ) xxf 8log= és a ( ) xxg 4log= függvények szigorúan monoton növekvő tulajdonsága miatt x > 1 következik. (1 pont)

A bx

xa

ab log

loglog = azonosság alapján az egyenlet mindkét oldalát átalakítjuk:

(1) ( ) ( )

8logloglog

4logloglog

2

42

2

82 xx= . (1 pont)

A 24log 2 = és a 38log2 = értékeket (1)-be írva és rendezve azt kapjuk, hogy: (2) ( ) ( )xx 4282 loglog2loglog3 ⋅=⋅ . (1 pont) Alkalmazhatjuk (2) mindkét oldalán a k

aa xxk loglog =⋅ azonosságot, ezzel: (3) ( ) ( )2

423

82 loglogloglog xx = . (1 pont) A 2-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton (vagy kölcsönösen egyértelmű) tulajdonsága miatt (3)-ból (4) ( ) ( )2

43

8 loglog xx = következik. (1 pont)

A (4) összefüggésben ismét alkalmazhatjuk a bx

xa

ab log

loglog = azonosságot, ebből

2

2

2

3

2

2

4loglog

8loglog

=

xx ,

33


2

majd figyelembe véve a már használt 24log2 = és a 38log2 = értékeket,

(5) ( ) ( )

4log

27log 2

23

2 xx=

adódik. (1 pont) Az x > 1 feltétel miatt 0log2 ≠x , ezért az (5) egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk a ( )2

2log x kifejezéssel, ebből

41

27log2 =

x ,

illetve

(6) 4

27log2 =x

következik. (1 pont) A logaritmus definíciója alapján a (6) egyenlet megoldása

427

2=x . (1 pont)

Az 427

2=x valós szám megfelel az x > 1 feltételnek, és ekvivalens átalakításokat végeztünk, tehát ez valóban megoldása a kiinduló egyenletnek. (1 pont)*

Összesen: 10 pont

*Megjegyzés: Az ellenőrzés számolással is elvégezhető: Baloldal:

5,1log25,2log2

25,2log25,2log49log8loglog2loglog 22

244

49

844

27

84 ====== .

Jobboldal:

.5,1log375,3log3

375,3log375,3log

45,13log4loglog2loglog 2

32

288

45,13

484

27

48 ======

Mivel a bal- és jobboldal helyettesítési értéke egyenlő, ez az x gyök.

34


3

2. Az ABC derékszögű háromszögben az A csúcsnál levő belső szög °30 . A BC

befogóra illeszkedő P pontból az AB átfogóra rajzolt merőleges talppontja legyen Q .

Határozza meg a PCBP arány értékét, ha a BPQ és a CPA háromszögek területei

egyenlők! Megoldás: jelöléseink az 1. ábrán láthatók.

1. ábra Az ABC háromszög hegyesszögei: a feltétel alapján °=∠ 30BAC , emiatt °=∠ 60ABC . Ebből az is következik, hogy a BPQ háromszög hegyesszögeinek nagysága:

060=∠=∠ ABCQBP , 030=∠QPB . (1 pont)

Ismeretes, hogy azokban a derékszögű háromszögekben, amelyekben a hegyesszögek nagysága 030 és 060 , az átfogó hossza kétszerese a rövidebb befogó hosszának, ezért az 1. ábra jelöléseivel: (1) ( )yxAB +⋅= 2 , illetve

(2) 2

2 yBQBQy =⇒= . (1 pont)*

Az ABC és BPQ háromszögekben (például a Pitagorasz tétellel számolva): (3) ( ) 3⋅+= yxAC , illetve

(4) 32⋅=

yPQ . (1 pont)*

35


4

A CPA háromszög területe

2ACCPTCPA⋅

=∇

,

( )2

3⋅+⋅=

∇

yxxTCPA ,

a BPQ háromszög területe pedig

2BQPQTBPQ⋅

=∇

,

832 ⋅

=∇

yTBPQ .

A két terület a feltételek szerint egyenlő, ezért

(5) ( )8

32

3 2 ⋅=

⋅+⋅ yyxx . (2 pont)

Az (5) egyenletből a műveletek elvégzése, egyszerűsítés és 0-ra rendezés után az (6) 044 22 =−− xxyy egyenletet kapjuk. (1 pont) A (6) egyenletben mindkét oldalt oszthatjuk a nyilvánvalóan pozitív 2x -tel, amelyből az

0442

=−⋅−

xy

xy ,

illetve a xyz = helyettesítés bevezetése után a

(7) 0442 =−− zz egyenlet következik. (1 pont) A (7) egyenlet megoldásai

2221 ⋅+=z és 2222 ⋅−=z , azaz:

2221

1 +=xy és 222

2

2 −=xy . (1 pont)

Jelöléseink szerint

xy

PCBP

= ,

ezért a feladat megoldása:

2221

1 ⋅+==xy

PCBP . (1 pont)

36


5

A 2222

2 ⋅−==xy

PCBP nyilván nem megoldás, hiszen 222 ⋅− negatív. (1 pont)

Összesen: 10 pont

Megjegyzés: Természetesen, ha az (1), (2), (3), (4)-hez a versenyző más úton jut el (például trigonometrikus számolással), akkor is megkapja az (1)*, (1)* pontokat.

37


6

3. Egy fiókban n darab füzet van, közülük néhány négyzetrácsos, a többi vonalas. Egymás után véletlenszerűen kiveszünk kettőt. Egy másik fiókban ugyancsak n darab füzet van, de kétszer annyi közöttük a négyzetrácsos, mint az előzőben. Ebből a fiókból is kiveszünk véletlenszerűen kettőt. Annak a valószínűsége, hogy a másodikból két négyzetrácsosat veszünk ki, ötször annyi, mint, annak, hogy az első fiókból veszünk ki két négyzetrácsosat. Hány négyzetrácsos füzet van az egyes fiókokban?

Megoldás: Jelöljük k -val az első fiókban levő négyzetrácsos füzetek számát, így a második

fiókban k2 darab négyzetrácsos füzet van.

k-ra és n-re a következő feltételek teljesülnek:

nk ≤ , nk ≤2 , 2≥k , 22 ≥k .

Ezekből következik, hogy

22 nk ≤≤ ,

továbbá 4≥n . (1 pont)

A valószínűség klasszikus definíciója szerint egy esemény valószínűségét úgy

kapjuk meg, hogy az esemény szempontjából kedvező esetek számát osztjuk az

összes lehetséges eset számával. (1 pont)*

A két négyzetrácsos füzet kiválasztása szempontjából kedvező esetnek számít az,

ha a két füzetet a négyzetrácsosak közül választjuk (a sorrendre tekintettel nem lévén),

ezért az első fiókból történő választáskor a kedvező esetek száma:

(1) ( )2

121

−⋅=

=

kkkk ,

a második fiókból való választáskor

(2) ( )2

21222

2kkk

k ⋅−=

= ,

mivel ott 2k darab négyzetrácsos füzet van. (1 pont) Mivel mindkét fiókban n darab füzet van, ezért az összes lehetséges választás

mindkét alkalommal:

38


7

(3) ( )2

12

−⋅=

=

nnnN . (1 pont)

Jelölje 1P , illetve 2P annak a valószínűségét, hogy az első, illetve a második fiókból

két négyzetrácsos füzetet választunk ki. Ekkor a definíciónak megfelelően a fenti

(1), (2), (3) részeredményeket felhasználva (2-vel való egyszerűsítés után):

(4) ( )( )1

111 −⋅

−⋅==

nnkk

Nk

P ,

illetve

(5) ( )( )1

12222 −⋅

−⋅==

nnkk

NkP . (1 pont)

Mivel 2≥k , és 4≥n , ezért nyilvánvaló, hogy a szereplő törtek mindegyike

értelmezett, és egyike sem 0. (1 pont)

A feladat feltétele szerint:

51

2 =PP ,

ezért (4) és (5) felhasználásával ( )( )( )( )

5

111

122

1

2 =

−⋅−⋅−⋅−⋅

=

nnkknn

kk

PP , (1 pont)

amelyből az egyszerűsítés és a műveletek elvégzése után

3=k következik. (1 pont) Ez azt jelenti, hogy az első fiókban 3 darab négyzetrácsos, a másodikban 6 darab

négyzetrácsos füzet van. (1 pont)

Ellenőrzés:

NNP 623

1 =⋅

=

NNP 3056

2 =⋅

=

56:30

1

2 ==NNP

P . (1 pont)

Összesen: 10 pont

Megjegyzés:

A * pontot akkor is kapja meg a versenyző, ha szöveggel nem írja le, de jól használja a definíciót.

39


8

4. Hófehérke, Hamupipőke és Csipkerózsika a mesebeli tisztáson találkoznak. Hófehérke kosarában almák, Hamupipőke kosarában körték, Csipkerózsika kosarában barackok vannak. Minden kosárban 100-nál kevesebb gyümölcs van. Hófehérke almáinak egy kilenced részét Hamupipőkének adja, másik egy kilenced részét Csipkerózsikának. Ekkor Hamupipőke a másik két mesehős mindegyikének odaadja a körtéinek egy nyolcad - egy nyolcad részét. Csipkerózsika rövid gondolkodás után azt mondja: „én mindkettőtöknek odaadom a barackjaim egy hatod - egy hatod részét, mert akkor mindhármunknak ugyanannyi gyümölcs lesz a kosarában.” Melyiküknek hány gyümölcse volt eredetileg, és mennyit adtak egymásnak, ha sem átadáskor, sem azután, egyikük sem darabolta a gyümölcsöket? Mennyi lett a végén a kosaraikban levő gyümölcsök száma?

Megoldás: Legyen Hófehérke almáinak száma a , Hamupipőke körtéinek száma k , végül

Csipkerózsika barackjainak száma b , ahol 100<a , 100<k , 100<b . (1 pont)

Mikor Hófehérke almáinak egy kilenced részét Hamupipőkének adja, másik

egy kilenced részét pedig Csipkerózsikának, akkor Hófehérke kosarában a97

darab alma marad, Hamupipőke és Csipkerózsika kosarában egyaránt a91 - a

91

darab alma lesz. Ez azt is maga után vonja, hogy

9 a.

Mikor Hamupipőke a körtéiből egy nyolcad-egy nyolcad részt ad Hófehérkének és

Csipkerózsikának, akkor Hamupipőke kosarában k86 darab körte marad, míg

Hófehérke és Csipkerózsika kosarában egyformán k81 - k

81 darab körte lesz, ahol

8 k.

Végül, mikor Csipkerózsika a barackjainak egy hatod-egy hatod részét adja

Hófehérkének és Hamupipőkének, akkor Csipkerózsika kosarában b64 darab barack

marad, a másik két mesehős kosarában egyaránt b61 - b

61 darab barack kerül, és

6 b. (2 pont)

A feltételek szerint ezután Hófehérke, Hamupipőke és Csipkerózsika kosarában

egyenlő számú gyümölcs lesz.

Jelölje ezt az egyforma gyümölcsmennyiséget N !

40


9

A gyümölcsök elosztása után Hófehérke, Hamupipőke és Csipkerózsika kosarában levő

gyümölcsök számára felírhatók a következő egyenletek:

(1) bkaN61

81

97

++= ,

(2) bkaN61

86

91

++= ,

(3) bkaN64

81

91

++= ,

ahol (4) 9 a és 8 k és 6 b. (1 pont) Oldjuk meg ezt az egyenletrendszert: a, b, k-t az N paraméterrel kifejezve:

Na ⋅=1715 ,

Nk ⋅=1716 ,

Nb ⋅=1720 . (2 pont)

Nyilvánvaló, hogy a, k, b, N pozitív egészek, és mivel

1)17,20(;1)17,15(;1)17,16( === , ezért kell, hogy

nN 17=

alakú legyen, de akkor

na ⋅= 15 ,

nk ⋅= 16 ,

nb ⋅= 20 . (1 pont)

Mivel nb ⋅= 20 , és 100<b , ezért

5<n .

Továbbá (4) alapján tudjuk, hogy 6 b, amiből következik, hogy 3 b, és 3 nem

osztja 20-at, ezért csak 3=n

jöhet szóba. Ez megfelel a többi feltételnek is. (2 pont)

41


10

Tehát a megoldás:

Eredetileg 1. átadás 2. átadás 3. átadás Végső Hófehérke 45 -10 +6 +10 51 Hamupipőke 48 +5 -12 +10 51 Csipkerózsika 60 +5 +6 -20 51

(1 pont)* Összesen 10 pont Megjegyzés:

Természetesen a táblázat helyett szöveges válasz is adható:

Kezdetben Hófehérke kosarában 45=a darab alma,

Hamupipőke kosarában 48=k darab körte és

Csipkerózsika kosarában 60=b darab barack volt.

Hófehérke az almáiból 5-5 darabot,

Hamupipőke a körtéiből 6-6 darabot,

végül Csipkerózsika a barackjaiból 10-10 darabot adott a másik két mesehősnek.

A gyümölcsök elosztása után Hófehérke, Hamupipőke és Csipkerózsika kosarában

egyaránt 51 darab gyümölcs lett. (1 pont)

Összesen: 10 pont

42


11

5. Oldja meg a valós ( )yx, számpárok halmazán az

)1()20082(2)2009( 2 +−+−⋅++⋅=++ xyyxxxyyx egyenletet! Megoldás: Vezessük be az egyenlet jobb oldalán szereplő szorzat tényezőire a következő jelöléseket: (1) axxy =++ 20082 , és (2) bxyyx =+−+− 1 . (1 pont) Ekkor (1) és (2) megfelelő oldalainak összeadásával: (3) 2009++=+ yxba . (1 pont) Az eredeti egyenlet (1), (2) és (3) figyelembevételével: (4) ( ) baba ⋅⋅=+ 22 alakú lesz. . (1 pont) (4)-ben elvégezve a műveleteket, rendezés után az (5) 022 =+ ba egyenletet kapjuk. (5) csak úgy állhat fenn, ha 0=a és 0=b egyszerre igaz, vagyis ha teljesül az (6) 020082 =++ xxy és (7) 01 =+−+− xyyx egyenletek mindegyike. 2 pont) Ekkor 0=a és 0=b miatt ba + is 0, vagyis (3) alapján

02009 =++ yx ,

amelyből például az y -t kifejezhetjük:

(8) 2009−−= xy . (1 pont)

43


12

(8)-at (6)-ba helyettesítve

( ) 0200822009 =++−−⋅ xxx , majd a műveletek elvégzése után (9) 0200820072 =−+ xx . A (9) egyenlet gyökei

11 =x és 20082 −=x , ezekből (8) felhasználásával

20101 −=y és 12 −=y . (2 pont) Az )1()20082(2)2009( 2 +−+−⋅++⋅=++ xyyxxxyyx egyenlet megoldásai tehát az

11 =x ; 20101 −=y , és az

20082 −=x ; 12 −=y valós számpárok. (1 pont A megoldások helyességéről az eredeti egyenletbe történő helyettesítéssel meggyőződhetünk. (1 pont)

Összesen: 10 pont Megjegyzés: Ha ( ) ( )( )111 +−=+−+− yxxyyx -ből 1=x vagy 1−=y -re következtet, és nem látja be, hogy

több megoldás nincs, akkor maximum 2 pontot kaphat.

44

Megoldások II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi masodik fordulojanak feladatmegoldasai


1. Adjuk meg a valos szamoknak azt a legbovebb reszhalmazat, amelyen az alabbi ffuggveny ertelmezheto es hatarozzuk meg a fuggveny ertekkeszletet ezen az ertelmezesitartomanyon.

f(x) =

√1 −

√x −√

2 − x.

Megoldas:√

2 − x ertelmezett, ha 2 − x ≥ 0, azaz 2 ≥ x (i).√x −√

2 − x ertelmezett, ha x −√2 − x ≥ 0, azaz

(1) x ≥ √2 − x.

Mivel√

2 − x ≥ 0, ezert (1) csak ugy teljesulhet, ha x ≥ 0 (ii). Tehat (1) mindket oldala atovabbiakban nem negatıv, negyzetre emeljuk mindket oldalt, majd 0-ra rendezve kapjuk

(2) x2 + x − 2 = (x + 2)(x − 1) ≥ 0.

(2) megoldasa az x ≤ −2 es 1 ≤ x (iii). Az eddigi (i), (ii) es (iii) feltetelek alapjan1 ≤ x ≤ 2 (iv).

f(x) =

√1 −

√x −√

2 − x ertelmezett, ha 1 ≥√

x −√2 − x. Ennek mindket oldala

nemnegatıv, negyzetre emelhetunk, ıgy 1 ≥ x−√2 − x adodik, atrendezve

√2 − x ≥ x−1.

Ennek bal oldala nem negatıv es (iv) feltetel mellett a jobb oldal is, ıgy ujra negyzetre

emelve 2 − x ≥ x2 − 2x + 1. Ennek megoldasa az 1−√

52

≤ x ≤ 1+√

52

(v). Az (iv) es (v)felteteleket osszevetve az f fuggveny legbovebb lehetseges ertelmezesi tartomanya:

1 ≤ x ≤ 1 +√

5

2. 4 pont

Az ertekkeszlet meghatarozasara ket lehetseges megoldast mutatunk.1. Hasznaljuk ki, hogy egy gyokos kifejezes erteke legalabb 0. Ezek szerint 0 ≤ f(x).

Masreszt 0 ≤√

x −√2 − x miatt 1 −

√x −√

2 − x ≤ 1, tehat f(x) ≤ 1. Fuggvenyunk

korlatos, minimumat es maximumat felveszi, hiszen f(1) = 1 es f(1+√

52

) = 0. Mivel afuggveny folytonos, ezert ertekkeszlete a [0; 1] intervallum. 3 pont

2. Megmutatjuk, hogy f szigoruan monoton csokkeno. Legyen az ertelmezesi tar-tomany ket eleme x1 < x2. Ekkor

2 − x1 > 2 − x2, azaz√

2 − x1 >√

2 − x2 tehat x1 −√

2 − x1 < x2 −√

2 − x2.

Ebbol adodik, hogy

1 −√

x1 −√

2 − x1 > 1 −√

x2 −√

2 − x2 amibol f(x1) > f(x2).

1

45


Mivel az f fuggveny folytonos, ertekkeszlete az ertelmezesi tartomany es a monotonitasfigyelembe vetelevel [

f

(1 +

√5

2

); f(1)

]= [0; 1]. 3 pont

Osszesen: 7 pont

2. Hatarozzuk meg a kovetkezo egyenlet valos megoldasait. ([y] az y valos szam egeszreszet jeloli.) [

x

2

]−

[x

3

]=

x

7.

Megoldas: Az egyenlet mindket oldalat 7-tel szorozzuk.

(1) 7 ·[x

2

]− 7 ·

[x

3

]= x.

A bal oldalon egesz szam all, tehat x is egesz. 1 pontAz egesz reszes kifejezesek erteke attol fugg, hogy x oszthato-e 2-vel illetve 3-mal.

Mivel a 2 es 3 legkisebb kozos tobbszorose 6, ezert x 6-os maradeka szerint tekintjuk ataz eseteket. 2 pont

Ha x = 6k + r alaku, akkor (1) ıgy alakul, 0 ≤ r ≤ 6 eseten:

r (1) k x0 7 · 3k − 7 · 2k = 6k 0 01 7 · 3k − 7 · 2k = 6k + 1 1 72 7 · (3k + 1) − 7 · 2k = 6k + 2 -5 -283 7 · (3k + 1) − 7 · (2k + 1) = 6k + 3 3 214 7 · (3k + 2) − 7 · (2k + 1) = 6k + 4 -3 -145 7 · (3k + 2) − 7 · (2k + 1) = 6k + 5 -2 -7

A feladatban kituzott egyenletnek tehat 6 valos megoldasa van, ezek:

−28, −14, −7, 0, 7 es 21. 4 pont

Osszesen: 7 pont

Megjegyzes: Veges sok eset vizsgalatara vezet a kovetkezo gondolatmenet. A feladat-ban kituzott egyenlet bal oldala egesz, ezert a jobb oldal is az, tehat x 7-nek tobbese.x

2− x

3=

x

6, ıgy a bal oldal becsulheto

x

6− 1 <

[x

2

]−

[x

3

]<

x

6+ 1.

Ha x > 42 akkorx

7<

x

6− 1, ha x < −42, akkor

x

6+ 1 <

x

7. Ezek alapjan eleg vegignezni

-42 es 42 kozott a hettel oszthato szamokat.

2

46


3. Egy 1 milliard lakosu orszagban egy olcso AIDS teszt bevezeteset tervezik. Tudjuk,hogy kb. minden ezredik ember fertozott. Kiderult, hogy a betegek 99,9 %-anal pozitıv,viszont sajnos az egeszsegesek 0,1 %-anal is pozitıv eredmenyt ad a teszt. Ilyen parameterekmellett elvetettek a hasznalatat. Egy matematikus azt javasolta, hogy vegezzek el ketszeregymas utan a vizsgalatot es ha mindketto pozitıv, csak akkor kuldjek orvoshoz a pacienst.Igy mar bevezetheto lett a teszt. A kovetkezo ket kerdessel arra keressuk a valaszt, miennek a magyarazata.

(a) Szamıtsuk ki mennyi a valoszınusege, hogy beteg valaki, ha az elso teszt pozitıv.(b) Szamıtsuk ki mennyi a valoszınusege, hogy beteg valaki, ha mind a ket teszt pozitıv.

Megoldas: (a) Az 1 milliard lakosbol a betegek szama 1 millio, ebbol 999 000-nel -legyenek ok az A halmaz- pozitıv a teszt. A nem betegek 999 millioan vannak, kozuluk 999000-nel lesz pozitıv az eredmeny, legyenek ok a B halmaz. Igy annak a p1 valoszınusege,hogy egy pozitıv teszt eseten a vizsgalt egyen beteg

p1 =|A|

|A| + |B| =999000

999000 + 999000= 0, 5 azaz 50%.

Barmilyen olcso is a teszt, ez az eredmeny nem megfelelo. 3 pont(b) Tekintsunk egy embert, akinel mindket teszt pozitıv. Tartozhat az A csoportba, a

999000 kozul 998001 esetben a masodik teszt is pozitıv, jelolje oket a C halmaz. Tartozhata B csoportba, a 999000 kozul 999-nel lesz a masodik teszt is pozitıv, ok alkotjak a Dhalmazt. Igy annak a p2 valoszınusege, hogy ket pozitıv teszt eseten beteg valaki

p2 =|C|

|C| + |D| =998001

998001 + 999= 0, 999 azaz 99, 9%.

Ez mar sokkal jobb eredmeny, a szurovizsgalat bevezetheto. 4 pontOsszesen: 7 pont

Megjegyzes: A Bayes-tetel alapjan azonnal felırhato a keresett ket valoszınuseg:

p1 =0, 999 · 0, 001

0, 999 · 0, 001 + 0001 · 0, 999= 0, 5; p2 =

0, 9992 · 0, 001

0, 9992 · 0, 001 + 0, 0012 · 0, 999= 0, 999.

4. Az a, b, c oldalu t teruletu hegyesszogu haromszogre

abc = a + b + c

teljesul. Bizonyıtsuk be, hogy √3

2< t <

3

2.

Megoldas: Nem megy az altalanossag rovasara, ha feltetelezzuk, hogy a ≤ b ≤ c.Kifejezzuk ab-t a feladatban megadott abc = a + b + c feltetelbol, es felulrol becsuljuk aa ≤ b ≤ c feltetel felhasznalasaval:

ab =a

c+

b

c+ 1 ≤ 3.

3

47


Hasznaljuk ki, hogy 0 < sin γ < 1, ıgy a terulet felulrol becsulheto:

t =ab sin γ

2<

3 · 12

azaz t <3

2. 3 pont

A feladatban szereplo abc = a + b + c feltetelbol c =a + b

ab − 1. Ezt beırjuk a haromszog

egyenlotlensegbe

c < a + b, azaza + b

ab − 1< a + b, amibol 2 < ab.

Mivel a legnagyobb szog γ es a haromszog hegyesszogu, ıgy 60◦ ≤ γ < 90◦, ıgy√

3

2≤ sin γ < 1.

Ennek megfeleloen

t =ab sin γ

2>

2 ·√

32

2azaz t >

√3

2. 4 pont

Osszesen: 7 pont

A felso becslest maskent is bizonyıtjuk. Jelolje a haromszog kore ırt kor sugarat R.Hasznaljuk ki, hogy abc = 4Rt, illetve a = 2R sin α, b = 2R sin β es c = 2R sin γ. Afeladat szovegeben szereplo feltetel szerint tehat

t =abc

4R=

sin α + sin β + sin γ

2.

A szogek szınuszainak erteke nem lehet 1-nel nagyobb. Ebbol a felso korlat azonnaladodik, hiszen legfeljebb egy derekszog lehet, ıgy

t =sin α + sin β + sin γ

2<

3

2.

4

48

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2008/2009

Matematika I. kategória

A 3. (döntő) forduló feladatai 1. Egy háromszög oldalai a következők:







244)(+

= x

x

xf !


( ) ( )yfxf +



++

+

+

20102009...

20103

20102

20101 ffff




49


- 2 -


A 3. (döntő) forduló feladatainak megoldása

1. Egy háromszög oldalai a következők:






10 pont

Megoldás:

a)

Mivel x > 1 , ezért 012 >−x , azaz 12 −x értelmezett, továbbá ez pozitív a

négyzetgyök definíciója miatt.

Másrészt, mivel x > 1 valós szám, ezért x tetszőleges egész kitevőjű hatványa,

valamint az ilyen hatványok összege is pozitív, tehát az AB , BC és CA

szakaszokra vonatkozó

( )212 1 −− ++⋅−= nnn xxxxAB , 11 −+ ++= nnn xxxBC és 21 −− ++= nnn xxxCA

kifejezések mindegyike pozitív valós számot jelent. (1 pont)

A feltételekből adódik, hogy

(1) CAxAB ⋅−= 12 .

A BC és CA szakaszok hosszára megadott kifejezéseket átalakítjuk:

(2) ( )121 ++⋅= − xxxBC n ,

és

(3) ( )122 ++⋅= − xxxCA n .

50


- 3 -

(2) és (3) összevetéséből

(4) CAxBC ⋅= . (1 pont)

Az x > 1 feltétel és (4) miatt

BC > CA .

Az ABC háromszögben kiszámítjuk 22 CAAB + -et.

Ez (1)-et figyelembe véve:

( ) 22222 1 CACAxCAAB +⋅−=+ , 2222 CAxCAAB ⋅=+ ,

ez pedig (4) szerint azt jelenti, hogy:

(5) 222 BCCAAB =+ . (2 pont)

A Pitagorasz-tétel megfordítása miatt tehát az ABC háromszögben

°=∠ 90BAC ,

azaz a háromszög valóban derékszögű, amelynek átfogója

( )121 ++⋅= − xxxBC n . (1*pont)

b)

Tudjuk, hogy ha egy derékszögű háromszög egyik hegyesszöge 030 , akkor

a másik hegyesszög °60 , és azokban a derékszögű háromszögekben,

amelyekben a hegyesszögek nagysága °30 és °60 , az átfogó hosszúsága éppen

kétszer akkora, mint a rövidebbik befogó hosszúsága.

Mivel (5) szerint a BC szakasz az ABC háromszög leghosszabb oldala, ezért a

°30 -os szöggel szemben levő oldal csak CA vagy AB lehet.

51


- 4 -

Ha a CA -val van szemben a °30 -os szög (1. ábra),

1. ábra

akkor a BC szakasz hossza a CA hosszának kétszerese, ez (4) alapján azt

jelenti, hogy

(6) 2=x . (2 pont)

Ha az AB oldallal szemben van a °30 -os szög (2. ábra),

2. ábra

akkor a BC szakasz hossza az AB szakasz hosszának kétszerese, ezért

ABBC ⋅= 2 .

52


- 5 -

(1) és (4) figyelembevételével

CAxCAx ⋅−=⋅ 12 2 ,

amiből a pozitív CA -val való osztás és négyzetre emelés után

(7) )1(4 22 −= xx

következik.

A (7) egyenletnek egyetlen pozitív valós szám megoldása van, mégpedig

(8) 3

323

234 ⋅

===x .

Ez megfelel a feladat feltételeinek, mert 1-nél nagyobb pozitív valós szám. (2 pont)

A feladatnak tehát két 1-nél nagyobb pozitív valós szám megoldása van,

mégpedig az 2=x és az 3

32 ⋅=x . (1 pont)

Összesen: 10 pont

Megjegyzés:

Ha a versenyző a Pitagorasz-tételre hivatkozik, a tétel megfordítása helyett, akkor az (1*) pontot nem kaphatja meg

53


- 6 -


244)(+

= x

x

xf !


( ) ( )yfxf +



++

+

+

20102009...

20103

20102

20101 ffff


10 pont

Megoldás:

a)

Az ( )xf -re adott 24

4)(+

= x

x

xf feltétel felhasználásával:

(1) ( ) ( )24

424

4+

++

=+ y

y

x

x

yfxf .

( ) 44424)44(242)()(

+++++⋅

=+ +

+

yxyx

yxyx

yfxf .

Figyelembe véve az 1=+ yx feltételt

(2) ( ) 44424)44(242)()(

+++++⋅

=+ yx

yx

yfxf . (2 pont)

A (2)-beli tört értéke pedig 1, mert számlálója és nevezője két egyenlő pozitív valós szám, ezért ha 1=+ yx , akkor ( ) ( ) 1=+ yfxf . (1 pont)

54


- 7 -

b) A feladat második részének megoldása során észrevehetjük, hogy egyrészt az

összeg páratlan számú tagból áll, ezért van középső tagja, ez pedig az

20101005f ,

és mivel 100522010 ⋅= , ezért

(3)

=

21

20101005 ff . (1 pont)

Másrészt

120102009

20101

=+ , 120102008

20102

=+ ,…, 120101006

20101004

=+ ,

így a meghatározandó

++

+

+

20102009...

20103

20102

20101 ffff

összegben szereplő függvény változói (

20101005 kivételével) pontosan

1004 darab olyan párba rendezhetők, amely párok mindegyikének összege 1. (3 pont) A feladat a) részének eredménye szerint ekkor ezen párok függvényértékeinek összege is 1. Ebből következik, hogy:

+=

++

+

+

201010051004

20102009...

20103

20102

20101 fffff (1 pont)

Mivel (3) miatt

=

21

20101005 ff

és

21

244

24

421

21

21

=+

=+

=

f , (1 pont)

ezért a keresett összeg:

22009

211004

20102009...

20103

20102

20101

=+=

++

+

+

ffff . (1 pont)

Összesen 10 pont

55


- 8 -


10 pont

1. Megoldás:

Ha létezik a megadott feltételeknek megfelelő háromszög, akkor annak az

oldalhosszai egyrészt egy olyan számtani sorozat közvetlen egymás utáni

tagjai, amelynek differenciája 2 , másrészt az oldalak hosszai páros, pozitív

egész számok.

Jelöljük ennek megfelelően az oldalak hosszait az 2−a , a , és 2+a

kifejezésekkel, ahol a feltételek miatt 4≥a páros pozitív egész szám.

Nyilvánvaló, hogy 2−a < a < 2+a .

Legyen továbbá ϕ a háromszög egyik szöge, ekkor a háromszög valamelyik

másik szögének a nagysága ϕ2 . (1 pont)

56


- 9 -

Mivel minden háromszögben a nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van,

ezért ϕ nem lehet az 2+a hosszúságú oldallal szemben, továbbá ϕ2 nem lehet

az 2−a hosszúságú oldallal szemben.

Így a lehetséges elhelyezkedések a következők:

a) b)

c)

57


- 10 -

a) Tekintsük az első lehetőséget! (3.ábra)

3. ábra

Az ábra ABC háromszögére felírhatjuk a belső szögfelező tételét, amely

szerint:

(1) 22

−+

=− a

aCDa

CD ,

Az (1) összefüggésből a műveletek elvégzése és rendezés után

22+

=aCD

következik. (1 pont)

Másrészt viszont az ábra ACD háromszöge az ϕ=∠=∠ CADACD miatt

egyenlő szárú, vagyis

22+

==aADCD ,

és ekkor a ADCD; és AC szakaszokra nem teljesül a

háromszög-egyenlőtlenség, mert

ACADCD =+ .

Így ez az eset nem állhat fenn. (1 pont)

58


- 11 -

b) A következő lehetőséget a 4. ábra szemlélteti.

4. ábra

Ismét felírhatjuk a szögfelezőtételt:

2)2( −

=−+ a

aBDa

BD .

Ezt átalakítva:

(2) ( )( )12

2−⋅+⋅

=aaaBD . (1 pont)

A 4. ábra ABC és DBA háromszöge két-két szög egyenlősége miatt hasonló,

ezért ezekben a háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik:

aBD

aa

=+ 2

,

amiből

(3) 2

2

+=aaBD (1 pont)

(2)-ből és (3)-ból a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után az

(4) 0462 =−− aa

másodfokú egyenletet kapjuk.

Ennek a gyökei az

1331 +=a és 1332 −=a

irracionális számok (továbbá 2a negatív), tehát ezek nem felelnek meg a

feltételeknek. (1 pont)

59


- 12 -

c) A keresett háromszögre vonatkozó harmadik lehetőséget az 5.ábra mutatja.

5. ábra

Ezúttal is az AD szögfelező által létrehozott BD szakaszra írjuk fel a szögfelező

tételét:

a

aBDa

BD 2)2(

−=

−+.

Ebből a BD szakasz hosszára

(5) ( ) ( )( )12

22−⋅+⋅−

=aaaBD

adódik. (1 pont)

Az 5. ábra ABC és DBA háromszöge két-két szög egyenlősége miatt hasonló,

tehát megfelelő oldalaik aránya egyenlő, vagyis:

22

2−

=+−

aBD

aa .

amiből

(6) ( )2

2 2

+−

=aaBD . (1 pont)

(5)-ből és (6)-ból

( ) ( )( ) 2

)2(12

22 2

+−

=−⋅+⋅−

aa

aaa .

60


- 13 -

Az 4≥a feltétel miatt 2−a pozitív, ezért fenti egyenlet mindkét oldalát

oszthatjuk vele, ahonnan rendezés után az

0102 =− aa

másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek gyökei

01 =a és 102 =a .

Nyilván 01 =a nem felel meg a feladat feltételeinek.

Az 102 =a viszont megfelel a feltételeknek. (1 pont)

Számolással ellenőrizhetjük, (például a koszinusztétel alkalmazásával), hogy

az 8=AB , 10=AC és 12=BC oldalú háromszög BC oldalával szemben levő

szög nagysága éppen kétszer akkora, mint az AB oldallal szemben levő.

Eredményünk szerint (az egymással egybevágó háromszögeket nem tekintve

különbözőnek) egyetlen, a feladat minden feltételét kielégítő háromszög van,

mégpedig az ABC háromszög, melynek oldalhosszúságai a következők:

8=AB , 10=AC és 12=BC . (1 pont)

Összesen: 10 pont

61


- 14 -

2. Megoldás:

Az 1. megoldásban tárgyalt feltételek vizsgálata: (1 pont)

Az 1. megoldás három lehetséges esetét elemezzük.

a)

A 3. ábra jelöléseit használjuk.

Az ABC háromszög területének kétféleképpen történő felírásából

( ) ( ) ( )2

2sin222

sin2 ϕϕ ⋅+⋅−=

⋅+⋅ aaaa , illetve a ϕϕϕ cossin22sin ⋅⋅=

trigonometrikus azonosság alkalmazása után

( ) ( ) ( )2

cossin2222

sin2 ϕϕϕ ⋅⋅⋅+⋅−=

⋅+⋅ aaaa

következik.

Mivel ϕ a háromszög egyik szöge, ezért ϕsin pozitív szám, az 2+a pedig a

feltételek miatt pozitív, így mindkét tényezővel oszthatunk.

A műveletek elvégzése és rendezés után (felhasználva, hogy a feltételek miatt

2−a ugyancsak pozitív szám) azt kapjuk, hogy

(1) ( )22cos

−⋅=

aaϕ .

Ugyanakkor az ABC háromszög 2−= aAB oldalára felírt koszinusztételből a

műveletek elvégzése és egyszerűsítés után

(2) ( )228cos+⋅+

=aaϕ

adódik.

(1) és (2) egyenlőségéből egyszerű számolással kapjuk, hogy 4=a .

Ez nem megoldása a feladatnak, mert ekkor az 2=AB , 4=BC és 6=CA

hosszúságú szakaszokra nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség. (2 pont)

62


- 15 -

b)

A 4. ábra jelöléseivel ismét kétféleképpen írjuk fel a háromszög területét:

( ) ( ) ( )2

2sin22

sin22 ϕϕ ⋅−⋅=

⋅+⋅− aaaa .

Innen a trigonometrikus azonosság alkalmazása és egyszerűsítés, illetve rendezés

után

(3) a

a2

2cos +=ϕ ,

az aAB = oldalra felírt koszinusztételből pedig

(4) ( ) ( )2228cos

2

−⋅+⋅+

=aa

aϕ

következik.

(3) és (4) megfelelő oldalainak egyenlőségéből a műveletek elvégzésével

az 0462 =−− aa másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek gyökei

1331 +=a és 1332 −=a .

Ezek irracionális számok, valamint 1332 −=a negatív, vagyis ezek nem

lehetnek a feladat megoldásai. (3 pont)

63


- 16 -

c)

Az 5. ábra jelöléseivel kétféle módon felírt terület egyenlőségéből előbb

( ) ( )2

2sin22

sin2 ϕϕ ⋅−⋅=

⋅+⋅ aaaa ,

majd a trigonometrikus azonosság alkalmazása és egyszerűsítés után

5) ( )222cos−⋅+

=aaϕ

adódik.

Az 2−= aAB oldalra felírt koszinusztétel szerint pedig

(a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után)

6) ( )228cos+⋅+

=aaϕ .

Mivel 5) és 6) jobb oldalai a fentiek szerint egyenlők, ezért az

( ) ( )222

228

−⋅+

=+⋅+

aa

aa egyenletet megoldva az 10=a értéket kapjuk.

Az 10=a megfelel a feladat minden feltételének, továbbá nyilvánvaló, hogy

az 8=AB , 10=AC és 12=BC hosszúságú szakaszokra teljesül a

háromszög-egyenlőtlenség, és számolással ellenőrizhető, hogy a fenti

oldalhosszúságokkal rendelkező ABC háromszög BC oldalával szemben

levő szög nagysága éppen kétszer akkora, mint az AB oldallal szemben levő. (3 pont)

Ezek szerint az egybevágóság erejéig egyetlen olyan háromszög létezik,

amely a feladat minden feltételének eleget tesz, ez pedig az

8=AB , 10=AC és 12=BC oldalú ABC háromszög. (1 pont)

Összesen: 10 pont

64


- 17 -

Megjegyzések

Az 1. illetve 2. megoldás eseteinek elemzése az alábbi módon is történhet:

a 3.-4.-5. ábrák mindegyikében felírható a koszinusztétel az AB és BC oldalakra, ezekből

BCACABBCAC

⋅⋅−+

=2

cos222

ϕ , valamint ACABBCACAB

⋅⋅−+

=2

2cos222

ϕ következik.

Ezután pedig alkalmazható a 1cos22cos 2 −⋅= ϕϕ trigonometrikus azonosság. Ebből az

egyes esetekben különböző egyenleteket kaphatunk.

a) 064164 23 =+−− aaa .

A fenti egyenlet bal oldala könnyen szorzattá alakítható, eszerint ( ) ( ) 0164 2 =−⋅− aa ,

ebből pedig azt kapjuk, hogy az 41 −=a és 42 =a gyöke az egyenletnek, az utóbbi

kétszeres gyök. Ugyanakkor a feladatnak egyik kapott érték sem megoldása, mert 41 −=a

negatív szám, az 42 =a mellett pedig az BCAB; és CA szakaszokra nem teljesül a

háromszög-egyenlőtlenség.

b) 01612263 234 =++−− aaaa .

Ennek az egyenletnek könnyen látható, hogy az 41 −=a és 12 =a megoldása, ebből például polinomosztással kaphatjuk az 0462 =−− aa másodfokú egyenletet, amelynek gyökei az 1331 +=a és 1332 −=a irracionális számok. A feltételek miatt egyik kapott gyök sem megoldása a feladatnak.

c) 040347 23 =+−− aaa

Az egyenlet bal oldala szorzattá alakítható, így ( ) ( ) 04061 2 =−−⋅− aaa , innen pedig

kiszámíthatók az egyenlet gyökei: 11 =a , 42 −=a és 103 =a . Ezek közül csak az 103 =a

gyök szolgáltatja a feladat megoldását jelentő 8=AB , 10=AC és 12=BC értékeket, mert

a másik két gyök nem felel meg a feltételeknek.

Az a versenyző, aki a bevezető részben szereplő feltételek (az első 1 pont) elemzésével

együtt az egyes esetek vizsgálatát a megjegyzésekben foglaltaknak megfelelően

(helyesen) hajtja végre, természetesen teljes pontszámot kap.

65

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2008-2009. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatmegoldasai


1. Hatarozzuk meg azon k1, k2, ..., kn es n pozitıv egeszeket, amelyekre

k1 + k2 + ...+ kn = 5n− 4 es1

k1+

1

k2+ ...+

1

kn= 1.

Megoldas: Irjuk fel a harmonikus es szamtani kozepek kozotti egyenlotlenseget afeladatban szereplo k1, k2, ..., kn szamokra. Felhasznaljuk, hogy osszeguk es reciprokaiknakosszege is adott.

n1k1

+ 1k2

+ ...+ 1kn

= n ≤ k1 + k2 + ...+ knn

=5n− 4

n.

Ebbol n2 ≤ 5n− 4, amibol 1 ≤ n ≤ 4 kovetkezik. 3 pontVizsgaljuk meg a szoba joheto n ertekeket. Az n = 1 es n = 4 esetben az imenti

egyenlotlensegben = van, azaz minden ki egyenlo, a megoldasok

n = k1 = 1 es n = k1 = k2 = k3 = k4 = 4. 1 pont

Ha n = 2, akkor k1 + k2 = 6, viszont ennek pozitıv egesz megoldasai eseten a re-ciprokosszeg: 1

1+ 1

5= 6

5, 1

2+ 1

4= 3

4es 1

3+ 1

3= 2

3, ezek egyike sem 1.

Az n = 3 esetben tegyuk fel, hogy k1 ≤ k2 ≤ k3. Mivel a reciprokok osszege 1, ezert1 < k1. k1 + k2 + k3 = 11 miatt k1 <

113, azaz k1 lehetseges erekei a 2 es 3. k1 = 3 eseten

a reciprokosszeg k1 ≤ k2 ≤ k3 mellett csak ugy teljesulhet, ha k1 = k2 = k3 = 3, viszontekkor az osszeg nem 11, nem kaptunk megoldast.

k1 = 2 eseten1

k2+

1

k3=

1

2, ebbol k2k3 − 2k2 − 2k3 = 0, szorzatta alakıtva

(k2 − 2)(k3 − 2) = 4.

A 4 megfelelo felbontasai az 1 · 4 es 2 · 2, az elso esetben k2 = 3 k3 = 6, a masodikbank2 = k3 = 4. A k1 + k2 + k3 = 11 feltetel miatt csak a 2,3,6 szamharmas megfelelo, illetveezek barmilyen sorrendben. 3 pont

Az utoljara targyalt n = 3, k1 = 2 esetben is celhoz erunk a k1+k2+k3 = 11 feltetelboladodo lehetseges tovabbi szamparok vizsgalataval. 1

2+ 1

2+ 1

7, 1

2+ 1

3+ 1

6, 1

2+ 1

4+ 1

5kozul

csak egyszer lesz a reciprokosszeg 1.Osszefoglaljuk a harom fajta megoldast: az n = k1 = 1, az n = k1 = k2 = k3 = k4 = 4

es az n = 3 ahol k1, k2, k3 a 2,3,6 valamilyen sorrendben.Osszesen: 7 pont

2. A szabalyos ABC haromszog belso P pontjanak az AB, BC es CA oldalakra esomeroleges vetulete legyen rendre C ′, A′ es B′ . Jelolje az APC ′, BPA′, CPB′ es APB′,

66


BPC ′, CPA′ haromszogekbe ırt korok sugarat rendre r1, r2, r3 es r4, r5, r6. Bizonyıtsukbe, hogy

r1 + r2 + r3 = r4 + r5 + r6.

Megoldas: Felhasznaljuk, hogy ha egy derekszogu haromszog befogoi a es b, atfogojac, beırt korenek sugara r, akkor 2r = a+ b− c. Az APC ′, BPA′ es CPB′ haromszogekbeırt korok sugarainak osszege ezek szerint

(1) (AC ′ + C ′P − AP ) + (BA′ + A′P −BP ) + (CB′ +B′P − CP ).

Az APB′, BPC ′ es CPA′ haromszogekbe ırt korok sugarainak osszege pedig

(2) (AB′ +B′P − AP ) + (BC ′ + C ′P −BP ) + (CA′ + A′P − CP ).

Osszevetve (1)-et es (2)-ot a bizonyıtando allıtas

AC ′ +BA′ + CB′ = AB′ +BC ′ + CA′. 4 pont

Huzzunk parhuzamosakat az ABC haromszog oldalaival P -n at. Ezek a haromszogoldalait a D,E, F,G,H, I pontokban metszik az abra szerint. Ekkor ABFI szimmetrikustrapez, ıgy AI = BF = x, hasonloan AD = CG = y es BE = CH = z. Keletkezettharom szabalyos haromszog DEP , FGP es HIP , amelyeknek szimmetria tengelye rendrePC ′, PA′ es PB′. Igy DC ′ = C ′E = u, FA′ = A′G = v es HB′ = B′I = w. Keszen isvagyunk, hiszen

AC ′ +BA′ + CB′ = x+ y + z + u+ v + w = AB′ +BC ′ + CA′.

3 pont

Osszesen: 7 pont

3. A H = {1; 2; 3; ...; 9} halmaz egy P partıciojanak nevezzuk azt, ha H-t diszjunktreszhalmazainak uniojakent ırjuk fel. (A reszhalmazok paronkent kozos elem nelkuliek.)Jelolje P (n) az n-t tartalmazo reszhalmaz elemeinek szamat (n ∈ H). Peldaul a P :{1; 4; 5} ∪ {2} ∪ {3; 6; 7; 8; 9} = H partıcio eseten P (6) = 5.

67


Bizonyıtsuk be, hogy H barmely P1 es P2 partıciojara talalhato ket kulonbozo H-belin es m elem, amelyekre P1(n) = P1(m) es P2(n) = P2(m).

Megoldas: Egy partıcioban a reszhalmazok kozott szerepelhet az ures halmaz is, deennek a feladat szempontjabol nincs jelentosege, ezert a tovabbiakban a partıciokbanlevo nem ures reszhalmazokat figyeljuk. Nezzuk meg egy tetszolegesen valasztott P1 esP2 partıcio eseten, mit is mond a feladat:

P1 : {1; 4; 5}∪{2}∪{3; 6; 7; 8; 9} = H es P2 : {1}∪{2; 6; 9}∪{3}{4}∪{5; 7}∪{8} = H.

Felırjuk minden j ∈ H elem eseten a hozza tartozo (P1(j);P2(j)) szampart:

(1)j : 1 2 3 4 5 6 7 8 9

(P1(j);P2(j)) : (1; 1) (1; 3) (5; 1) (3; 1) (3; 3) (5; 3) (5; 3) (5; 1) (5; 3)

Latjuk, hogy az n = 6 es m = 7 eseten P1(n) = P1(m) es P2(n) = P2(m).Egy adott partıcioban legfeljebb harom kulonbozo meretu reszhalmaz lehet, mert mar

a negy legkisebb kulonbozo meret eseten is 1 + 2 + 3 + 4 = 10 > 9. 1 pontTetszolegesen valasztott P1 es P2 partıcio eseten (1) mintajara tekintsuk a (P1(j);P2(j))

szamparokat. Mivel P1(j) csak harom fele lehet, ezert a szamparokban szereplo elsoszam helyen legfeljebb harom kulonbozo szam szerepelhet. Fenti peldankban az 1, 3 es5. Ugyanıgy a szamparok masodik, P2(j) szama is legfeljebb harom fele lehet, a fentipeldankban 1, 2 es 3.

Tegyuk fel indirekt, hogy a bizonyıtando allıtas nem igaz. Ekkor a j ∈ H-hoz tartozo(P1(j);P2(j)) szamparok csak ugy lehetnek mind kulonbozoek, ha P1(j) es P2(j) is valobanfelvesz harom kulonbozo erteket (j = 1, 2, ..., 9), es ezek minden variacioja pont egyszerfordul elo. 3 pont

Nezzuk meg, mely k eseten lehet, hogy P1(j) = k eppen harom kulonbozo j-nel szerepel.Ha a k elemu halmazok szama l a P1 partıcioban, akkor a k szam eppen k · l-szer szerepel.k · l = 3 csak ugy lehet, ha k = 1 es harom darab egy elemu halmaz van a P1 partıcioban,vagy k = 3 es pont egy darab haromelemu halmaz van.

Az indirekt feltevesbol az kovetkezett, hogy a P1(j) = k szamokat tekintve k ertekeharomfele es minden ertek eppen harom j-nel szerepel. Ez utobbi viszont csak ket k-rateljesulhet, azaz ellentmondasra jutottunk. 3 pont

Osszesen: 7 pont

Megjegyzes: A feladat allıtasa |H| = 8 es |H| = 10 eseten nem igaz. Megadunkmindket esetben ket olyan partıciot, ahol kulonbozo j szamokhoz kulonbozo (P1(j);P2(j))szampar tartozik.|H| = 8 :P1 = {1} ∪ {2} ∪ {3} ∪ {4; 5} ∪ {6; 7; 8} es P2 = {1} ∪ {4} ∪ {6} ∪ {2; 7} ∪ {3; 5; 8},

illetve |H| = 10-re:

P1 = {1} ∪ {2; 3} ∪ {4; 5; 6} ∪ {7; 8; 9; 10} es P2 = {7} ∪ {4; 8} ∪ {2; 5; 9} ∪ {1; 3; 6; 10}.

68

Megoldások Dönt® forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2008�2009-es tanévMATEMATIKA, III. kategóriaa gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részéreA dönt® feladatainak megoldásai1. feladat.Mutassuk meg, hogy ha a1, a2, a3, . . . tetsz®leges pozitív számok, akkor ∑∞i=1 1/ai = ∞és ∑∞

i=1 ai/i2 = ∞ közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív c1, c2, . . . számok esetén∑∞

i=1 ci = ∞ azt jelenti, hogy az sk = c1 + c2 + . . .+ ck összegek k növekedésével mindenhatáron túl n®nek.)Megoldás: Tegyük fel indirekt, hogy ∑∞i=1 1/ai < ∞ és ∑∞

i=1 ai/i2 < ∞, azaz van olyan

T szám, amellyel minden k-ra1

a1+

1

a2+ . . .+

1

ak< T és a1 +

a24

+ . . .+akk2

< T. (1)A számtani és mértani közép közötti egyenl®tlenség alapján1

2

(1

ai+

aii2

)≥

√1

ai· aii2

=

√1

i2=

1

i.Ezt i = 1-t®l k-ig összegezve, (1) felhasználásával kapjuk, hogy bármely k-ra

1 +1

2+ . . .+

1

k≤ 1

2

( 1

a1+

1

a2+ . . .+

1

ak+ a1 +

a24

+ . . .+akk2

)< T. (2)Az egyenl®tlenség bal oldalán álló összeg (az 1+(1/2)+(1/3)+. . .+(1/k)+. . . úgynevezettharmonikus sor kezd®szelete) azonban minden határon túl n®:

1

3+

1

4> 2 · 1

4=

1

2,1

5+

1

6+

1

7+

1

8> 4 · 1

8=

1

2, . . . ,

1

2r + 1+ . . .+

1

2r+1> 2r · 1

2r+1=

1

2alapján1 +

1

2+

1

3+ . . .+

1

2j≥ j + 2

2.Ez j ≥ 2T − 2 esetén ellentmond (2)-nek.2. feladat.Vetítsük az ABCD szabályos tetraédert mer®legesen egy a térben fekv® számegyenesre,és legyenek a sú sok vetületei rendre az a, b, c, d valós számok. Fejezzük ki a tetraéderélhosszát a, b, c és d segítségével.Els® megoldás: Legyen a keresett élhossz e = √

2m. Foglaljuk a tetraédert egym élhosszúko kába, amelyben a tetraéder élei lapátlók. Vegyük fel a térben azt a koordinátarendszert,amelyben A az origó, a B,C,D sú sok koordinátái pedig rendre (0, m,m), (m, 0, m),illetve (m,m, 0), azaz a tengelyek a ko ka origóból kiinduló éleinek irányába mutatnak.1

69


Toljuk el a számegyenest önmagával párhuzamosan úgy, hogy az origója az A pontbakerüljön. Ekkor a B,C,D pontok vetületei rendre (b − a), (c − a) és (d − a) lesznek.Legyenek a számegyenes 1 pontjának koordiánátái (α, β, γ), ekkor perszeα2 + β2 + γ2 = 1.A B pont vetülete a számegyenesen az −−→

AB vektornak és az (α, β, γ) vektornak a skalárisszorzata; hasonló érvényes a C és D pontokra. Ezértm · β +m · γ = b − a

m · α+m · γ = c − a

m · α+m · β = d − a.Innen m · (α+ β + γ) = (b+ c+ d − 3a)/2, vagyismα = (c+ d − b − a)/2

mβ = (b+ d − c − a)/2

mγ = (b+ c − d − a)/2.Ezekb®l2m2 = 2m2(α2 + β2 + γ2)

=((c+ d − b − a)2 + (b+ d − c − a)2 + (b+ c − d − a)2

)/2,ahonnan a tetraéder élhossza

e =√2m =

√((c+ d − b − a)2 + (b+ d − c − a)2 + (b+ c − d − a)2

)/2

=

√3

2(a2 + b2 + c2 + d2) − (ab+ bc+ ca+ ad+ bd+ cd) .Második megoldás: Legyenek el®ször OP , OQ és OR páronként mer®leges egységnyihosszúságú szakaszok a térben. Állítjuk, hogy ha ezeket a szakaszokat a térben fekv®tetsz®leges egyenesre mer®legesen vetítjük, akkor a vetületek hosszának négyzetösszege 1lesz. Feltehet®, hogy a szóban forgó egyenes áthalad az O ponton. Vegyünk fel rajta egy Xpontot O-tól egységnyi távolságra, és vetítsük X-et az OP , OQ, OR egyenesekre. Miutánegységnyi szakasz vetületének a hossza sak a két egyenes által bezárt szögt®l függ, az

OX szakasz három vetületének a hossza rendre egyenl® az OP , OQ, OR szakaszoknak azOX-re es® vetületei hosszával. Ezért a szóban forgó négyzetösszeg egyenl® az X pont ko-ordinátáinak a négyzetösszegével az OP , OQ, OR által kifeszített koordinátarendszerben,azaz 1-gyel.A fentiekb®l következik, hogy egy egységnyi él¶ ko ka összes élét a tér bármely egye-nesére mer®legesen vetítve az élek vetületeinek a négyzetösszege az egyenes helyzetét®l

2

70


függetlenül mindig 4 lesz � és így x élhosszú ko ka esetében 4x2 �, hiszen az élek rend-szerét négy darab, páronként mer®leges élekb®l álló élhármas egyesítéseként kapjuk.Rátérünk a feladat megoldására. Az adott tetraéderrel együtt vetítsük a köré írhatóko ka éleit is a megadott egyenesre. A tetraéder élei ennek a ko kának lapátlói, mégpedigmindegyik lapon az egyik.Könnyen ellen®rizhet®, hogy a parallelogrammáknak az a jól ismert tulajdonsága, melyszerint az oldalak négyzetösszege egyenl® az átlók négyzetösszegével, érvényes elfajuló pa-rallelogrammákra is, tehát alkalmazható a ko ka lapjainak az egyenesre es® vetületeire.Ha ezeket az egyenl®ségeket felírjuk a ko ka mindegyik lapjának vetületére és összead-juk ®ket, akkor egyrészt megkapjuk a ko ka összes élei vetületei négyzetösszegének akétszeresét (mert mindegyik él két laphoz tartozik), másrészt a tetraéder élei vetületeinégyzetösszegének a kétszeresét (mert a ko ka bármelyik két párhuzamos lapátlója közülpontosan az egyik tartozik a tetraéderhez).Tehát a tetraéder élei vetületeinek a négyzetösszege egyenl® a köré írt ko ka éleivetületeinek a négyzetösszegével.Jelölje e a tetraéder élhosszát, ekkor a köré írt ko ka élhossza e/√2. A szóban forgónégyzetösszeg az el®zetes megjegyzésünk szerint a ko ka élhossza négyzetének a négy-szerese, vagyis 4(e/√2)2 = 2e2. Ebb®l a

2e2 = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + (a − d)2 + (b − d)2 + (c − d)2egyenletet kapjuk, ahonnane =

√3

2(a2 + b2 + c2 + d2) − (ab+ bc+ ca+ ad+ bd+ cd) .3. feladat.Egy nap egy méhraj egy különlegesen szép fa virágjairól gy¶jtötte a mézet. Mindenméhe ske legfeljebb 100-szor látogatott el a fához, kett®nél többen sohasem voltak egy-szerre ott, de bármelyik két méhe ske találkozott valamikor egymással a fánál. Maxi-málisan hány méhe skéb®l állhatott a méhraj?Megoldás: Megmutatjuk, hogy a keresett maximum 200, és általában 100 helyett n láto-gatás esetén 2n.1. El®ször azt igazoljuk, hogy a 2n megvalósulhat, és erre két bizonyítást is adunk.Az els® bizonyításhoz tekintsünk egy szabályos 2n-szöget, a sú sait számozzuk meg1-t®l 2n-ig. A sokszög oldalai és átlói (a továbbiakban hívjuk ezeket közös névvel szaka-szoknak) éppen megfelelnek az 1, . . . , 2n számokból képezett (rendezetlen) számpároknak.Mindegyik szakasz vagy egy (szemközti oldalakból álló) oldalpárral párhuzamos, vagypedig olyan �legrövidebb� átlópárral, amelyek másodszomszédos sú sokat kötnek össze(a párhuzamosságba most és a továbbiakban az egybeesést is beleértjük). Osszuk a sza-kaszokat n soportba a következ®k szerint: az els® soportba az 12-vel, valamint 13-malpárhuzamos szakaszok kerülnek; a másodikba a 23-mal és 24-gyel párhuzamosak stb., végülaz n-edik soportba az n, n+1-gyel, valamint n, n+2-vel párhuzamosak. Így minden sza-kasz pontosan egy soportba tartozik, és minden soportban pontosan n+(n−1) = 2n−1

3

71


szakasz van (lásd az ábrát). Az egy soportba tartozó szakaszok egy töröttvonal menténhelyezkednek el.Ezek után a méhek repüljenek a következ®képpen. Menjünk végig az els® töröttvonal sú sain. Mind a 2n sú s pontosan egyszer fog el®fordulni. A sorozat a 2-es sú salkezd®dik, aztán így folytatódik: 1, 3, 2n, 4, 2n − 1, 5, . . ., végül n + 3, n + 1, n + 2-velfejez®dik be.2n

n+1n+2

+3n

1 2

3

n

Els®ként a 2-es méh repül a fára. Ott megvárja az 1-est, majd elrepül. Az 1-es megvárjaa 3-ast, aztán elrepül. A 3-as megvárja a 2n-est, aztán elrepül stb. A végén az n + 1-esmegvárja az n+ 2-est, és elrepül, majd az n+ 2-es is elrepül.Ezt mindegyik soportra meg sinálják. Ekkor minden méh mindegyik másikkal talál-kozott a fán, és mivel n soport van, minden méh pontosan n-szer látogatta meg a fát.A második bizonyítás n szerinti teljes induk ióval történik. n = 1-re az állítás nyil-vánvaló.Tegyük fel, hogy n-re igaz, és az 1, 2, . . . , 2n sorszámú méhek röptét megszerveztükúgy, hogy mindegyikük mindegyikkel találkozott, és mindegyikük legfeljebb n-szer járt afánál. Ezt most úgy folytatjuk a 2n+1 és 2n+2 sorszámú méhvel, hogy ezek egymással ésa többiekkel is találkozzanak, a régiek már sak egyszer repüljenek a fához, az újak pedign + 1-szer. Ezt meg tudjuk valósítani, ha az alábbi sorrendben egy-egy méh odarepül,megvárja a következ®t, majd elrepül, és a legvégén az utolsó elrepül: 2n+ 1, 1, 2n+ 2, 2,2n+ 1, 3, 2n+ 2, . . . , 2n+ 1, 2n − 1, 2n+ 2, 2n, 2n+ 1, 2n+ 2.2. Most rátérünk annak igazolására, hogy 2n-nél több méh nem lehet.Legyen a méhek száma k. Jegyezzük fel az összes méh összes (fához) érkezési id®pont-ját, legyen ezek száma T . Mivel minden méh legfeljebb n-szer járt a fánál, ezért T ≤ kn.(Ha két méh valamikor egyszerre érkezett, azt is számoljuk két érkezési id®pontnak.)Másrészt bármely két méh találkozásához hozzárendelhet® a találkozásuk kezdete,ami a kés®bb érkez®nek az érkezési id®pontja (illetve bármelyiké, ha egyszerre érkeztek).Mivel egyidej¶leg sak két méhe ske lehet a fánál, ezért ezek a találkozáskezdetek mindkülönböz®k, azaz legalább k(k − 1)/2 találkozáskezdet van. Az érkezési id®pontok számaennél legalább 1-gyel több, hiszen az els®ként érkez® méhe ske érkezési id®pontja nemtalálkozáskezdet (illetve ha az elején ketten egyszerre érkeztek, akkor a két érkezési id®pont sak egyetlen találkozáskezdetet eredményez). Ennek megfelel®en T > k(k − 1)/2.A T -re adott be sléseket összevetve kapjuk, hogy k(k − 1)/2 < kn, azaz k − 1 < 2n,tehát k ≤ 2n.

4

72

Documents

2008/2009...eladatlapF ok I. forduló Specmat Országos olai özépisk K T yi ulmán an V y ersen 2008 2009-es tanév MA TEMA TIKA, I I I. k ategória Az els® olai) (isk forduló