2008. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

2007/2008 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió

Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matek.fazekas.hu/

2017. március 1.

TARTALOMJEGYZÉK

Tartalomjegyzék Feladatlapok

2

1.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Szakközépiskola

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.3. Specmat 1.2. II. forduló

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1. Szakközépiskola

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Dönt® forduló

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.1. Szakközépiskola

5 6 7

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3.3. Specmat

9

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Megoldások

10

2.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. Szakközépiskola

10

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.1.3. Specmat 2.2. II. forduló

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.2.1. Szakközépiskola

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.3. Dönt® forduló

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.1. Szakközépiskola

52

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

2.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.3.3. Specmat

65

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Feladatlapok

I. forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória Az 1. forduló feladatai 1.

Oldja meg a valós számok halmazán a log 2 x x + log 8 x 2 x = 0

egyenletet! 2.

Legyenek x és y olyan pozitív egészek, melyek eleget tesznek a 4 y 2 − 9 x 2 = 2007

egyenletnek. Mennyi az összes összetartozó x és y érték szorzatának legnagyobb prímosztója? 3.

Az ABCD trapéz AB alapjának hossza háromszorosa a CD alapnak és az AD szárnak. Az AC átló hossza 5 egység, a BC szár hossza 10 egység. Mekkorák az ABCD trapéz oldalai?

4.

Bizonyítsa be, hogy 2006 2007 + 2008 2006 + 2007 osztható 7 -tel!

5.

Bizonyítsa be, hogy egy tetszőleges háromszög a, b, c -vel jelölt oldalai között akkor és csak akkor áll fenn az a ≤ b ≤ c egyenlőtlenség, ha az s a , sb , s c -vel jelölt súlyvonalakra fennáll az s a ≥ sb ≥ s c egyenlőtlenség!

6.

András és Balázs kosárra dobásban méri össze tudását. Annak valószínűsége, hogy András a kosárba talál 0,7; míg Balázs 0,4 valószínűséggel dob kosarat. Egy játszmában mindegyikük egyszer dob. Ha András talál, és Balázs nem, akkor András nyer. Ha Balázs talál, és András nem, akkor Balázs nyer. Minden más esetben a játszma eredménye döntetlen. Mennyi a valószínűsége annak, hogy két egymás utáni játszma mindegyike döntetlen lesz? Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

2

Feladatlapok

I. forduló

Gimnázium

Oktatási Hivatal

Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi els˝ o fordul´ oj´ anak feladatai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara

1. Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an az al´abbi egyenletet: log2 (1 + cos(2x)) = 21+cos(3x) . 2. Az ABC h´aromsz¨og BC oldal´anak felez˝opontja F , az AB oldal egy bels˝o pontja T , az AF ´es CT szakaszok metsz´espontja M . Az AT M h´aromsz¨og ter¨ ulete 8, a CF M h´aromsz¨og ter¨ ulete 15 egys´eg. Mekkora lehet az ABC h´aromsz¨og ter¨ ulete? 3. Hat´arozzuk meg, mely a ´es b eg´esz sz´amokra igaz: b a−4 + = 1. a−1 b+1 4. Bizony´ıtsuk be, hogy egy olyan t´eglalap alap´ u g´ ul´aban, amelyben a g´ ula magass´ag´anak a talppontja az alap valamely cs´ ucs´aba esik, a leghosszabb oldal´el hossz´anak negyedik hatv´anya legal´abb hatszorosa az oldallapok ter¨ uletei n´egyzet¨osszeg´enek. 5. Adott az x 7−→

2x + 1 √ 2 − x +x 2

f¨ uggv´eny, ahol x ≥ 0. (a) Monoton n˝o, vagy cs¨okken a f¨ uggv´eny? (b) Melyik az a legkisebb pozit´ıv eg´esz n, amelyre f (n) <

Valamennyi feladat 7 pontot ´er.

3

1 ? 2008

Feladatlapok

I. forduló

Specmat

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007–2008-as tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére 1. Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek) metszéspontja M , az AM B, BM C, CM D és DM A háromszögek súlypontjai rendre a P, Q, R, S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X, Y, Z, W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X, Y, Z, W pontok a P QRS négyszög oldalegyenesein vannak. 2. Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden x, y esetén f (xy) ≤ xf (y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f (xy) = xf (y). 3. A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. 4. Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, 1] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem? 5. Mely n ≥ 2007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prím n-hez? Valamennyi feladat 7 pontot ér.

4

Feladatlapok

II. forduló

Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák) A 2. forduló feladatai 1.

Legyen

1   f ( x ) = log 2  tgx +  cos x   és 2 f (x) − 2 − f (x ) , 2 minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők. g (x ) =

π  Mennyi g   pontos értéke? 4 2.

Tekintse a p ( x ) = (5 x − 2 ) ⋅ (2 x + 4 ) ⋅ ( x − 251)

és a

q( x ) = (a − b + c ) ⋅ x 3 + (3a + b − c ) ⋅ x 2 + (a + b + c ) ⋅ x + d polinomokat! Határozza meg az a , b , c és d valós számokat úgy, hogy p(x ) = q(x )

minden valós x -re teljesüljön! 3.

Az an és bn számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk: 1 1 1 a n = 1 + + + ... + 2 3 n és

bn = n ⋅ a n − a1 − a 2 − ... − a n −1 . Határozza meg b2008 értékét! 4.

Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P , az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y ! Bizonyítsa be, hogy

PX b 2 ⋅ (a 2 + c 2 − b 2 ) = , QY a 2 ⋅ (b 2 + c 2 − a 2 ) ahol a, b, c az ABC háromszög oldalhosszait jelentik! 5.

Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám:

x 2 − 2x − 3 − p 2 + x 2 − 2x − 3 + p 2 = p 2

5

!

Feladatlapok

II. forduló

Gimnázium

Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi m´ asodik fordul´ oj´ anak feladatai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara

1. Tekints¨ uk azokat a konvex n´egysz¨ogeket, amelyek 100 darab egys´egnyi oldal´ u szab´alyos h´aromsz¨ogre darabolhat´ok. Mekkor´ak lehetnek a megfelel˝o n´egysz¨ogek oldalai? 2. Egy 30 f˝os oszt´alyban a kar´acsonyi aj´and´ekoz´asr´ol sorsh´ uz´assal d¨ontenek. Minden di´ak nev´et fel´ırj´ak egy pap´ırra, majd a 30 pap´ırdarabot egy sapk´aba teszik. N´evsor szerinti sorrendben mindenki kih´ uz egy pap´ırt a sapk´ab´ol ´es a rajta szerepl˝o embernek k´esz´ıt aj´and´ekot. Elk´epzelhet˝o, hogy valaki saj´at mag´at aj´and´ekozza meg. Az ´atad´as u ´gy t¨ort´enik, hogy el˝osz¨or jelentkeznek, akik magukat h´ uzt´ak, majd a t¨obbi di´ak k¨oz¨ ul a legfiatalabb di´ak ´atadja aj´and´ek´at az ´altala h´ uzott embernek, ´es innent˝ol aki ´eppen megkapja az aj´and´ek´at, az lesz a soron k¨ovetkez˝o aj´and´ekot ´atad´o ember. Ha valahol elakad a sor, azaz olyan di´ak kapja az aj´and´ekot, aki m´ar a saj´atj´at ´atadta, de m´eg nem mindenki adta ´at illetve kapta meg az aj´and´ek´at, akkor ez ut´obbiak k¨oz¨ ul a legfiatalabb u ´jra kezdi. Mennyi a val´osz´ın˝ us´ege, hogy egy oszt´alyban hat egym´ast k¨ovet˝o ´ev kar´acsonyi aj´and´ekoz´asa sor´an lesz legal´abb egy olyan ´ev, amelyben senki nem h´ uzza mag´at ´es a sor sem akad el? (Az oszt´aly l´etsz´ama minden ´evben ugyanannyi.) 3. Melyek azok az x, y, z ´es w val´os sz´amok, amelyekre egyszerre teljes¨ ul: 3 x+y+z = , 2

(1)

(2)

√

4x − 1 +

q

4y − 1 +

√

4z − 1 ≥ 2 + 3

√

w−2

.

4. Adott egy egys´egnyi oldal´ u n´egyzet. Hat´arozzuk meg a n´egyzet s´ıkj´aban lev˝o azon k¨or¨ok k¨oz´eppontjainak a halmaz´at (m´ertani hely´et), amelyeknek a n´egyzet mind a n´egy oldal´aval k´et k¨oz¨os pontja van.

Valamennyi feladat 7 pontot ´er.

6

Feladatlapok

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal

A döntő feladatai 1.

Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: K=

x 3 − x 2 − 9 x + 2017 , x2 − 9

ahol x ∈ [− 2008;2008] és x ∈ Z . Mennyi a valószínűsége annak, hogy K egész szám, ha x eleget tesz a fenti feltételeknek? 2.

Feladat Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójára és az AC befogójára kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket. Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját! Mekkora szögben látszanak az M pontból az ABC háromszög oldalai?

3.

Feladat Egy m sorból és n oszlopból álló, téglalap alakú táblázat minden mezőjébe egy-egy számot írunk oly módon, hogy az egyes sorokba írt számok egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjait képezik, hasonlóképpen az egyes oszlopokba írt számok is egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjai. Mennyi a táblázatba írt számok összege, ha a téglalap négy sarkába (csúcsába) írt számok összege 2008 ? Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

1

7

Feladatlapok

Dönt® forduló

Gimnázium

Oktatási Hivatal Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi harmadik, d¨ ont˝ o fordul´ oj´ anak feladatai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara

1. Egy urn´aban van n + 2 darab c´edula. K´et c´edul´an p´aros sz´am, n darabon pedig p´aratlan sz´am van, ahol n ≥ 2. Ketten j´atszanak A ´es B. Minden j´at´ekot A kezd, kih´ uz k´et c´edul´at visszatev´es n´elk¨ ul, majd B is ugyanezt teszi. Az A j´at´ekos nyer, ha az ´altala h´ uzott sz´amok ¨osszege p´aros, de B ¨osszege p´aratlan. B nyer, ha az ˝o k´et sz´am´anak ¨osszege p´aros, de A ¨osszege p´aratlan. Ha mindkett˝oj¨ uk ¨osszege egyszerre p´aros, vagy egyszerre p´aratlan, akkor u ´jra j´atszanak. Milyen n ´ert´ek eset´en lesz a legkisebb az u ´jraj´atsz´as val´osz´ın˝ us´ege? 2. Az ABC h´aromsz¨og BC oldal´anak felez˝opontja D. Az ABD ´es ADC h´aromsz¨ogek k¨or´e ´ırt k¨or¨ok k¨oz´eppontjai rendre E ´es F . A BE ´es CF egyenesek metsz´espontja G. Tudjuk, hogy BC=2DG=2008 ´es EF = 1255 egys´eg. Mekkora az AEF h´aromsz¨og ter¨ ulete? 3. Egy 2 egys´eg magass´ag´ u egyenes k¨orhenger alapk¨or´enek ´atm´er˝oje legyen egy egys´eg. A hengert olyan s´ıkkal mess¨ uk el, mely a forg´astengellyel 45◦ -os sz¨oget z´ar be ´es az alapk¨orrel egyetlen k¨oz¨os pontja van. Legyen ez a pont O. A hengerpal´astot ezut´an az O ponton ´atmen˝o alkot´o ment´en felv´agva kiter´ıtj¨ uk, ami ´altal a metszetg¨orbe s´ıkg¨orbe lesz. Mely x 7→ f (x) f¨ uggv´eny grafikonja ez a s´ıkg¨orbe? Valamennyi feladat 7 pontot ´er.

8

Feladatlapok

Dönt® forduló

Specmat

Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 20072008-as tanév MATEMATIKA, III. kategória

A dönt® feladatai a gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részére

1.

A1 A2 : : : A6 konvex hatszög mindegyik bels® szöge tompaszög. Az középpontú ki körök (1  i  6) úgy helyezkednek el, hogy k1 kívülr®l érinti k2 -t és k6-ot, k2 kívülr®l érinti k1 -et és k3-at, általában ki kívülr®l érinti ki 1 -et és ki+1 -et. A k1-en található két érintési pontot összeköt® egyenesnek és a k3 -on található érintési pontokat összeköt® egyenesnek a metszéspontját összekötjük A2 -vel, ez lesz az e egyenes. Hasonlóan, a k3 -on, illetve k5-ön lev® érintési pontokat összeköt® egyenesek metszéspontját összekötjük A4 -gyel, ez lesz az f egyenes. Végül, a k5-ön, illetve k1 -en található érintési pontokat összeköt® egyenesek metszéspontját összekötjük A6 -tal, ez lesz a g egyenes. Mutassuk meg, hogy e, f es g egy ponton mennek át.

Az

Ai

2.

3.

Két játékos el®tt egy-egy kavi skupa található, kezdetben mindkett®ben k kavi s van. El®ször az els® játékos ezekhez hozzátesz összesen 2008 újabb kavi sot, az új kavi sokat tetsz®legesen oszthatja el a két kupa között (akár az összeset is az egyik kupa ba teheti). Ezután a második játékos tesz hozzá a kupa okhoz összesen 2008 újabb kavi sot, és ugyanígy folytatják felváltva. Az nyer, akinek a kupa ában (a saját vagy ellenfele lépése után) a kavi sok száma négyzetszám, míg ellenfele kupa ára ez nem igaz (ha mindkét kupa ilyen, akkor a játékot folytatják). Van-e végtelen sok k-ra a második játékosnak nyer® stratégiája? Mutassuk meg, hogy minden 1 < r < s < 2008=2007 számokhoz vannak olyan (nem feltétlenül relatív prím) p és q pozitív egészek, hogy r < p=q < s, és sem a p, sem a q tízes számrendszerbeli felírásában nem szerepel a 0 számjegy.

9

Megoldások

I. forduló

2NWDWiVL+LYDWDO

Szakközépiskola

6=$..g=e3,6.2/$



$]IRUGXOyIHODGDWDLQDNPHJROGiVD  

2OGMDPHJDYDOyVV]iPRNKDOPD]iQD 

ORJ  [ [  ORJ  [  [

HJ\HQOHWHW 



0HJROGiV  $ORJDULWPXVpUWHOPH]pVHPLDWW [ !  pV  [ z  LOOHWYH  [  z   DPHO\HNEĘO [z

  LOOHWYHD] [ !  IHOWpWHOWLVILJ\HOHPEHYpYH  [ z   ˜ 

 

N|YHWNH]LN $

ORJ D [  ORJ D E

ORJ E [

D]RQRVViJ

DODSMiQ

D]RQRV

SRQW 

DODS~

ORJDULWPXVRNNiDODNtWMXNDV]HUHSOĘPHQQ\LVpJHNHW ORJ  [  ORJ   [

ORJ  [ [

LOOHWYH ORJ  [  ORJ   [ 

ORJ  [  [



DPHO\HNEĘODORJDULWPXVD]RQRVViJDLWDONDOPD]YD ORJ  [    ORJ  [

ORJ  [ [

YDODPLQW ORJ  [     ˜ ORJ  [

ORJ  [  [

N|YHWNH]LN  

SRQW  (]HNHW ILJ\HOHPEH YpYH pV D] \ ORJ  [  MHO|OpVW EHYH]HWYH D NLLQGXOiVLHJ\HQOHWDN|YHWNH]ĘOHV]



 







\ \   \   \

  





SRQW 





 EHQDPĦYHOHWHNHWHOYpJH]YHD



 

 







\    \   \ ˜    \





   

HJ\HQOHWHWNDSMXNSRQW 

 DNNRUpVFVDNDNNRUWHOMHVOKDV]iPOiOyMD  pVQHYH]ĘMH z   

10

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

D]D]  













 DPLEĘO 

\    \ \

 

 



pV



\

(NNRU   \ ˜    \ z  YDJ\LVDQHYH]Ę z  



   

SRQW 



SRQW 

+D \  D]D] ORJ  [  DNNRUDORJDULWPXVGHILQtFLyMDDODSMiQ     [             SRQW    D]D] ORJ  [ 

+D \ 

DNNRU [



   



  PiVDODNEDQ [

 







˜ 



DGyGLN 





SRQW 

  (]HNDYDOyVV]iPRNIHOWpWHOHLQNQHN [ z  [ !   [ z   ˜ 

PHJIHOHOQHN WRYiEEi PLYHO iWDODNtWiVDLQN D IHOWpWHOHNQHN PHJIHOHOĘ V]iPKDOPD]RQ HNYLYDOHQVHN YROWDN H]pUW YDOyEDQ PHJROGiVDLD]HUHGHWLHJ\HQOHWQHN 7HKiWD]HJ\HQOHWPHJROGiVDL [  pV [ 

















11

 ˜ 



 



SRQW 

gVV]HVHQSRQW

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola





/HJ\HQHN [ pV \ RO\DQSR]LWtYHJpV]HNPHO\HNHOHJHWWHV]QHND  \   [ 

 



HJ\HQOHWQHN 0HQQ\L D] |VV]HV |VV]HWDUWR]y [  pV \  pUWpN V]RU]DWiQDN OHJQDJ\REESUtPRV]WyMD"  0HJROGiV

 

$  \    [ 

  

 



 HJ\HQOHWEDOROGDODV]RU]DWWiDODNtWKDWy





 \  [ ˜  \  [

  



SRQW 

$IHOWpWHOV]HULQW [ pV \ SR]LWtYHJpV]HNH]pUW

 \  [  1   pV

 \  [  LV HJpV] V]iP GH PLYHO   MREEROGDODSR]LWtYH]pUW

 \  [  1   LVLJD] WRYiEEiQ\LOYiQYDOyKRJ\  \   [   \  [  

       



SRQW 

(]HNV]HULQWD  V]iPRWNpWSR]LWtYHJpV]V]iPV]RU]DWiUDNHOO ERQWDQL $  SUtPWpQ\H]ĘVIHOERQWiVDDN|YHWNH]Ę  









  ˜  







SRQW 

)HQWL PHJiOODStWiVDLQNDW ILJ\HOHPEH YpYH   pV   PLDWW D N|YHWNH]ĘHVHWHNOHKHWVpJHVHN  \  [   pV  \  [       

  

 







 











  

 \  [

  pV

 \  [

 

 \  [

  pV

 \  [

 



12

SRQW 

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola





$  pV HJ\HQOHWUHQGV]HUHNN|]OFVDN QHNYDQRO\DQ



PHJROGiVDDKRO [ pV \ PLQGHJ\LNHSR]LWtYHJpV]WHKiWDNLWĦ]|WW



HJ\HQOHWQHNHJ\HWOHQ|VV]HWDUWR]yV]iPSiUDPHJROGiVDPpJSHGLJ [  pV \   





SRQW 



0LYHO [   ˜  pV \    ˜  ˜  H]pUWD]|VV]HWDUWR]y [ pV \ 



pUWpNHNV]RU]DWD [ ˜ \   ˜   ˜  ˜  HQQHNDV]RU]DWQDNDOHJQDJ\REE



SUtPRV]WyMDSHGLJD  WHKiWIHODGDWXQNPHJROGiVD 





















13





SRQW 

gVV]HVHQSRQW

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola





$] $%&' WUDSp] $% DODSMiQDNKRVV]DKiURPV]RURVDD &' DODSQDN pVD] $' V]iUQDN$] $& iWOyKRVV]DHJ\VpJD %& V]iUKRVV]D HJ\VpJ0HNNRUiND] $%&' WUDSp]ROGDODL"

 PHJROGiVMHO|OpVHLQND]iEUiQOiWKDWyN     ' F

F

  &

  M 

$

 



(

F

%

F

 $]iEUiQSiUKX]DPRVWK~]WXQND & SRQWRQNHUHV]WOD] $' V]DNDVV]DO H]D]HJ\HQHVDWUDSp] $% DODSMiWD] ( SRQWEDQPHWV]HWWH       /HJ\HQ $(&‘ M HNNRU &(%‘ q  M  

 

 $ V]HUNHV]WpV PLDWW $(&'  SDUDOHORJUDPPD HEEĘO pV D IHOWpWHOHNEĘO N|YHWNH]ĘHQ &' '$ $( (& F YDODPLQW (% F SRQW   ËUMXNIHODNRV]LQXV]WpWHOWD] $(& KiURPV]|JEHQD]  HJ\VpJKRVV]~ViJ~ $& ROGDOUDYDODPLQWD %(& KiURPV]|JEHQD  HJ\VpJKRVV]~ViJ~ %&  ROGDOUD    F   F  ˜ FRV M       



LOOHWYH



      F   F  ˜ FRVq  M    SRQW   $ FRVq  M  FRV M WULJRQRPHWULNXVD]RQRVViJDONDOPD]iVDXWiQ  DN|YHWNH]ĘDODN~OHV] 

      F   F  ˜ FRV M    $] pV HJ\HQOHWUHQGV]HUEĘO







SRQW 





SRQW 



 







F 

 

DGyGLN





14

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

)LJ\HOHPEHYpYHKRJ\ F !   EĘO F

SRQW 

˜   

N|YHWNH]LN

SRQW 

$] $%&' WUDSp]ROGDODLWHKiW

%$ ˜   %&

F

  &'

F

˜   '$ 

F

˜   



SRQW 

'LV]NXVV]Ly  $IHODGDWEDQOHtUWDGDWRNNDOUHQGHONH]ĘWUDSp]FVDNDNNRUV]HUNHV]WKHWĘ PHJ WHKiW PHJROGiVDLQN LV FVDN DNNRU OpWH]QHN KD D]  PHJROGiV iEUiMiQV]HUHSOĘ %&( pV $%& KiURPV]|JHNUHWHOMHVOQHNDKiURPV]|J HJ\HQOĘWOHQVpJHND]D]  F  F !  pV    ! F DPLEĘO

   F    

 pVPLYHO F |  H]WHOMHVO  .|QQ\HQOiWKDWyKRJ\WHOMHVOQHNDKiURPV]|JHJ\HQOĘWOHQVpJHN SRQW  D] $&( KiURPV]|JUHLV F !            gVV]HVHQSRQW  PHJROGiV  (JpV]tWVNNLD]HOĘ]ĘiEUiW &$%‘ D MHO|OpVVHO ËUMXNIHOD]$%&KiURPV]|JWHUOHWpWNpWPyGRQ (OĘV]|U+pURQNpSOHWWHO $] $%& KiURPV]|JNHUOHWH . $%&'

  F 

H]pUWIpONHUOHWH V

  F  





(EEĘON|YHWNH]LNKRJ\ V 

%$

  F  V  $& 

F    V  %& 



15

F    

SRQW 

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

$] $%& KiURPV]|JWHUOHWpUHIHOtUYDD+pURQNpSOHWHW   







  F   F F   F    ˜ ˜ ˜    

7 $%&'

 EHQHOYpJH]YHDPĦYHOHWHNHWD

  F ˜ F 

 







7 $%&'



 







|VV]HIJJpVWNDSMXN

SRQW 

(]DWHUOHWDKiURPV]|JNpWROGDOiQDNpVDN|]EH]iUWV]|JV]LQXV]iQDN VHJtWVpJpYHOLVNLIHMH]KHWĘ  







F ˜  ˜ VLQ D   

7 $%&'







SRQW 

0LYHO pV EDOROGDODLHJ\HQOĘNH]pUW   F  F    

F VLQ D  

DPLEĘOD]iWDODNtWiVRNXWiQ   





  F ˜ F 



 



 ˜ F  ˜ VLQ  D 

HJ\HQOHWUHMXWXQN         SRQW   VLQ  D NLV]iPtWiViKR]IHOtUMXND]$(&HJ\HQOĘV]iU~KiURPV]|JIHOpEĘO $&  $(

FRV D

   F







SRQW 

pVDQpJ\]HWHVWULJRQRPHWULDL|VV]HIJJpVDODSMiQ   F 

VLQ  D



VLQ  D

F     F 

DGyGLN (]WEHtUMXN EH  





  F ˜ F 



 





$PĦYHOHWHNHOYpJ]pVHXWiQPLYHO F  z  D F 





 ˜ F    

 



16

SRQW 

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

HJ\HQOHWHWNDSMXNLQQHQDWUDSp]ROGDODL

%$F

 ˜   %&

  &'

F

SRQW 

˜   '$ 

F

˜   

N|YHWNH]LN  SRQW   'LV]NXVV]Ly  $IHODGDWEDQOHtUWDGDWRNNDOUHQGHONH]ĘWUDSp]FVDNDNNRUV]HUNHV]WKHWĘ PHJ WHKiW PHJROGiVDLQN LV FVDN DNNRU OpWH]QHN KD D]  PHJROGiV iEUiMiQV]HUHSOĘ %&( pV $%& KiURPV]|JHNUHWHOMHVOQHNDKiURPV]|J HJ\HQOĘWOHQVpJHND]D]  F  F !  pV    ! F DPLEĘO

   F    

 pVPLYHO F |  H]WHOMHVO  .|QQ\HQOiWKDWyKRJ\WHOMHVOQHNDKiURPV]|JHJ\HQOĘWOHQVpJHN SRQW  D] $&( KiURPV]|JUHLV F !           gVV]HVHQSRQW  PHJROGiV  ,VPpWD]PHJROGiViEUiMiWKDV]QiOMXN  $] $%& KiURPV]|JEHQD] $% ROGDOEHOVĘSRQWMD ( H]pUWIHOtUKDWMXND 6WHZDUWWpWHOWDPHO\V]HULQW       &(  ˜ $% $&  ˜ (%  %&  ˜ $(  $% ˜ $( ˜ (%  SRQW   0LYHO $( &( F  $% F  (% F LOOHWYH $&  pV %&  H]pUW  EHDPHJIHOHOĘpUWpNHNHWEHtUYD      F  ˜ F  ˜ F   ˜ F  F ˜ F ˜ F     SRQW    EĘO D F  !   V]iPPDO YDOy RV]WiV D PĦYHOHWHN HOYpJ]pVH pV UHQGH]pVXWiQ  F    PDMG





17

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

˜   

F

DGyGLN





SRQW 

˜    

SRQW 

(]pUWDWUDSp]ROGDODL

%$F

 ˜   %&

  &'

F

˜   '$ 

F



'LV]NXVV]Ly 

$IHODGDWEDQOHtUWDGDWRNNDOUHQGHONH]ĘWUDSp]FVDNDNNRUV]HUNHV]WKHWĘ PHJ WHKiW PHJROGiVDLQN LV FVDN DNNRU OpWH]QHN KD D]  PHJROGiV iEUiMiQV]HUHSOĘ %&( pV $%& KiURPV]|JHNUHWHOMHVOQHNDKiURPV]|J HJ\HQOĘWOHQVpJHND]D]  F  F !  pV    ! F DPLEĘO

   F    

 pVPLYHO F |  H]WHOMHVO  .|QQ\HQOiWKDWyKRJ\WHOMHVOQHNDKiURPV]|JHJ\HQOĘWOHQVpJHN SRQW  D] $&( KiURPV]|JUHLV F !           gVV]HVHQSRQW  0HJMHJ\]pV 

+D D WUDSp] $  FV~FViQiO OHYĘ EHOVĘ V]|JpWWRPSDV]|JQHN YHQQpQN H] IHQWLPHJROGiVXQNDWQHPEHIRO\iVROQi +D D]RQEDQ D] $  FV~FVQiO OHYĘ EHOVĘ V]|J GHUpNV]|J OHQQH DNNRU D N|YHWNH]ĘiEUDGHUpNV]|JĦKiURPV]|JHLUHIHOtUW3LWDJRUDV]WpWHOHNEĘOLV OiWKDWyKRJ\HJ\PiVQDNHOOHQWPRQGy F   pV F   HJ\HQOHWHNUHMXWQiQN

' F

  F & F



 $



 (

F

%

 (]pUWH]D]HVHWQHPOHKHWVpJHVWHKiWDGHUpNV]|JĦWUDSp]QHPIHOHOQHPHJD IHODGDWIHOWpWHOHLQHN 



18



Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

 %L]RQ\tWVDEHKRJ\        RV]WKDWy  WHO  0HJROGiV  9H]HVVQNEHMHO|OpVHNHW /HJ\HQ $    $

   $



$

$  $  $ 

eV]UHYHVV]NKRJ\  ˜   



 ˜  

H]pUW 

 ˜    

 ˜    

 ˜    

D]D] $ $ $

 ˜       ˜       ˜    

SRQW 

 $] $ V]iPELQRPLiOLVWpWHOV]HULQWNLIHMWHWWDODNMiEDQFVDND]XWROVyWDJ QHPRV]WKDWyWHOH]SHGLJ  §  ·  ¨¨  ¸¸ ˜  © ¹



  

D]D]  

$

 N     N  1 

SRQW 

 7RYiEEDODNtWKDWMXND   W   

 ˜

  

 

 ˜     

SRQW 

 (QQHNDELQRPLiOLVWpWHOV]HULQWNLIHMWHWWDODNMiEDQLVFVDNHJ\HWOHQWDJ QHPRV]WKDWyWHOQHYH]HWHVHQ   §  ·  ¨¨ ¸¸ ˜  ©  ¹

  



 

(]HNV]HULQWD   V]iPWHORV]WYDPDUDGpNRWDG  

O    O  1 



19

SRQW 

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

 pV DODSMiQ  

$

 N  O   

SRQW 

+DVRQOyDQOiWKDWyEHKRJ\D] $ NLIHMWpVpEHQV]HUHSOĘWDJRNN|]O FVDND §  ·  ¨¨  ¸¸ ˜    © ¹

QHPRV]WKDWyWHOH]YLV]RQWJ\HOHJ\HQOĘD]D] $  P    P  1        pV YDODPLQW $ EHKHO\HWWHVtWpVHDODSMiQOiWKDWMXNKRJ\ 

$

N  O    P     ˜   

SRQW 

Q 

 pVPLYHO N  O  P  1 H]pUW Q  1  YDJ\LV        YDOyEDQRV]WKDWyWHO 



















20



SRQW  gVV]HVHQSRQW

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola



  

%L]RQ\tWVDEHKRJ\HJ\WHWV]ĘOHJHVKiURPV]|J D E F YHOMHO|OWROGDODL N|]|WWDNNRUpVFVDNDNNRUiOOIHQQD] D d E d F HJ\HQOĘWOHQVpJKDD] V D  VE  V F YHOMHO|OWV~O\YRQDODNUDIHQQiOOD] V D t VE t V F HJ\HQOĘWOHQVpJ  0HJROGiV  )HOKDV]QiOMXN D KiURPV]|JHN V~O\YRQDODLQDN QpJ\]HWpUH pUYpQ\HV N|YHWNH]Ę |VV]HIJJpVHNHW 

 



VD



E   F   D   VE  

D   F   E   VF  

D   E   F   



$]   |VV]HIJJpVHN LJD]ROKDWyN ~J\ KRJ\ D] $%) pV D] $&) KiURPV]|JHNUHDKRO$)V~O\YRQDO IHOtUMXNDNRV]LQXV]WpWHOW $



D D  V  D   V D FRVS  M     D D  V  D   V D FRV M   

F E

 VD 



M

SM

iPGH FRVS  M

E

F

%

&

) D D

 FRV M 

H]pUWD]HOĘ]ĘNpWHJ\HQOHWHW|VV]HDGYD F  E

D  V  D  

DPLEĘO VD

E   F   D   



+DVRQOyDQLJD]ROKDWy PiVLNNpWHJ\HQOĘVpJHLV  5iWpUYHDWpWHOHOVĘUpV]pQHNEL]RQ\tWiViUDWHJ\NIHOKRJ\ V D t VE 

 SRQW 

HNNRUD]LVWHOMHVOKRJ\ 



 V D t  VE 

YDJ\LV PLDWW E   F   D  t D   F   E  











5HQGH]pV XWiQ D  d E   PDMG D QpJ\]HWJ\|NYRQiV XWiQ D] D E  V]iPRNQ\LOYiQSR]LWtYDN  D d E N|YHWNH]LN SRQW  



21

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

+DVRQOyDQLJD]ROKDWyKRJ\KD VE t VF DNNRU E d F pVH]]HODIHODGDWHOVĘUpV]pW EL]RQ\tWRWWXN         SRQW   0HJIRUGtWYDKD D d E   DNNRU D  d E   pVtJ\ E   D  t D   E   HEEĘOSHGLJ 







E   F   D  t D   F   E  

LOOHWYH  

E   F   D  D   F   E   t  

N|YHWNH]LN $] |VV]HIJJpVHNHW EHtUYD  V D  t VE   pVPLYHO V D pV VE SR]LWtYV]iPRNH]pUW V D t VE 

SRQW 

+DVRQOyDQEL]RQ\tWKDWyKRJ\KD E d F DNNRU VE t VF WHOMHVOH]]HO D]iOOtWiVPHJIRUGtWiViWLVLJD]ROWXN 









SRQW 

$IHODGDWEDQPHJIRJDOPD]RWWiOOtWiVWPLQGNpWLUiQ\EDQEL]RQ\tWRWWXN H]pUWYDOyEDQLJD]KRJ\HJ\WHWV]ĘOHJHVKiURPV]|J D E F YHOMHO|OW ROGDODLN|]|WWDNNRUpVFVDNDNNRUiOOIHQQD] D d E d F HJ\HQOĘWOHQVpJ KDD] V D  VE  VF V~O\YRQDODNUDIHQQiOOD] V D t VE t VF HJ\HQOĘWOHQVpJ SRQW           gVV]HVHQSRQW 0HJMHJ\]pV $   SRQW DNNRU LV PHJDGKDWy KD D V~O\YRQDO ROGDODNNDO YDOy NLIHMH]pVpQHN EL]RQ\tWiViW QHP tUMD OH D YHUVHQ\]Ę GH HJ\pUWHOPĦHQ KLYDWNR]LN DUUD KRJ\ KRQQDQLVPHUL





22

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

  $QGUiV pV %DOi]V NRViUUD GREiVEDQ PpUL |VV]H WXGiViW $QQDN YDOyV]tQĦVpJH KRJ\ $QGUiV D NRViUED WDOiO   PtJ %DOi]V YDOyV]tQĦVpJJHOGRENRVDUDW (J\MiWV]PiEDQPLQGHJ\LNNHJ\V]HUGRE +D$QGUiVWDOiOpV%DOi]VQHPDNNRU$QGUiVQ\HU +D%DOi]VWDOiOpV$QGUiVQHPDNNRU%DOi]VQ\HU 0LQGHQPiVHVHWEHQDMiWV]PDHUHGPpQ\HG|QWHWOHQ 0HQQ\L D YDOyV]tQĦVpJH DQQDN KRJ\ NpW HJ\PiV XWiQL MiWV]PD PLQGHJ\LNHG|QWHWOHQOHV]"  ,PHJROGiV  (J\MiWV]PDHUHGPpQ\HNpWIpOHPyGRQOHKHWG|QWHWOHQ  (OVĘ HVHWEHQ ~J\ KRJ\ KD PLQGNHWWHQ VLNHUHV GREiVW KDMWDQDN YpJUH -HO|OMNH]WD]HVHPpQ\W ; V]HO 1\LOYiQYDOyKRJ\$QGUiVpV%DOi]VGREiVDHJ\PiVWyOIJJHWOHQH]pUWD] ;  HVHPpQ\ EHN|YHWNH]pVpQHN YDOyV]tQĦVpJH D NO|QNO|Q YHWW YDOyV]tQĦVpJHNV]RU]DWDD]D]  3  ;  ˜           SRQW   (J\MiWV]PD~J\LVOHKHWG|QWHWOHQKDDGREiVWPLQGNHWWHQHOYpWLN/HJ\HQ HQQHND]HVHPpQ\QHNDMHOH <  0LYHO$QGUiVVLNHUHVLOOHWYHVLNHUWHOHQGREiVDHJ\PiVWNL]iUyHVHPpQ\HN H]pUWYDOyV]tQĦVpJHLN|VV]HJHËJ\DQQDNYDOyV]tQĦVpJHKRJ\ $QGUiVQHPWDOiO      KDVRQOyNpSSHQ %DOi]VURVV]GREiViQDNYDOyV]tQĦVpJH      













SRQW 

$QGUiV pV %DOi]V URVV] GREiVD LVPpW NpW HJ\PiVWyO IJJHWOHQ HVHPpQ\ WHKiW D] HOĘ]ĘK|] KDVRQOyDQ <  YDOyV]tQĦVpJH D NO|QNO|Q YHWW YDOyV]tQĦVpJHNV]RU]DWD(EEĘON|YHWNH]LNKRJ\  3 <  ˜           SRQW   $] ; pV < HVHPpQ\HNNL]iUMiNHJ\PiVWH]pUWHJ\HWOHQMiWV]PDG|QWHWOHQ HUHGPpQ\pQHNYDOyV]tQĦVpJH 3  ;  3 <      SRQW  



23

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

+DNpWHJ\PiVXWiQLMiWV]PDHUHGPpQ\HG|QWHWOHQDNNRUH]WD]HVHPpQ\W MHO|OMN = YHO $] HJ\PiV XWiQL MiWV]PiN IJJHWOHQHN WHKiW DQQDN D YDOyV]tQĦVpJH KRJ\NpWHJ\PiVXWiQLMiWV]PDPLQGHJ\LNHG|QWHWOHQOHV] 3 =









>3 ;  3< @ 

 





 





 SRQW  gVV]HVHQSRQW

0HJMHJ\]pV 7HUPpV]HWHVHQMyPHJROGiV   >       @   

,,PHJROGiV 

%HYH]HWMNDN|YHWNH]ĘMHO|OpVHNHW 

$QGUiVWDOiO DLHQQHNYDOyV]tQĦVpJH3DL   $QGUiVQHPWDOiODQHQQHNYDOyV]tQĦVpJH3DQ    %DOi]VWDOiO ELHQQHNYDOyV]tQĦVpJH3EL   %DOi]VQHPWDOiOEQHQQHNYDOyV]tQĦVpJH3EQ    $QGUiVQ\HU$%DOi]VQ\HU%G|QWHWOHQDMiWV]PD' 

$OHKHWVpJHVGREiVVRUR]DWRNpVHUHGPpQ\N 7HJ\NIHOKRJ\$QGUiV%DOi]V$QGUiV%DOi]VVRUUHQGEHQGREQDN$]HJ\ GREiVRQ EHOOL VRUUHQG D IHODGDW V]HPSRQWMiEyO OpQ\HJWHOHQ FVDN D GREiVRN HUHGPpQ\HV]iPtW  (UHGPpQ\HN  DLELDLEL  DLELDLEQ  DLELDQEL  DLELDQEQ  DLEQDLEL  DLEQDLEQ  DLEQDQEL  DLEQDQEQ  DQELDLEL DQELDLEQ DQELDQEL DQELDQEQ DQEQDLEL DQEQDLEQ DQEQDQEL DQEQDQEQ 

YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EL ˜3DL ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EL ˜3DL ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EL ˜3DQ ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EL ˜3DQ ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EQ ˜3DL ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EQ ˜3DL ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EQ ˜3DQ ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DL ˜3EQ ˜3DQ ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EL ˜3DL ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EL ˜3DL ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EL ˜3DQ ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EL ˜3DQ ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EQ ˜3DL ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EQ ˜3DL ˜3EQ   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EQ ˜3DQ ˜3EL   YDOyV]tQĦVpJH3DQ ˜3EQ ˜3DQ ˜3EQ  

24

'' '$ '% '' $' $$ $% $' %' %$ %% %' '' '$ '% ''

               

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

3RQWR]iV 9DODPHQQ\LHVHWIHOVRUROiVD SRQW    0LQGNpWMiWV]PDG|QWHWOHQD]DDpVDVRUR]DWEDQ $NHUHVHWWYDOyV]tQĦVpJHQpJ\MiWV]PDYDOyV]tQĦVpJpQHN|VV]HJH            SRQW  ˜˜˜˜˜˜˜˜  ˜˜              SRQW           gVV]HVHQSRQW  0HJMHJ\]pV +DDYHUVHQ\]ĘIHOVRUROMDD]HVHWHNHWGHDYDOyV]tQĦVpJHNHWURVV]XO V]iPROMD|VV]HDGiVLOOHWYHV]RU]iVMHOWpYHV]WpV OHJIHOMHEESRQWRW NDSKDW  DSRQWRWDNNRULVPHJNDSKDWMDKDFVDNDGXSODG|QWHWOHQHVHWHNHW LQGRNOiVVDOIHOVRUROMD   ,QGRNOiVQpONODQpJ\ÄMy´HVHWIHOVRUROiVDOHJIHOMHEESRQW 





25

Megoldások

I. forduló

2NWDWiVL+LYDWDO

Gimnázium

*,01È=,80



Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi els˝ o fordul´ oj´ anak feladatmegold´ asai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara

1. Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an az al´abbi egyenletet: (1)

log2 (1 + cos(2x)) = 21+cos(3x) .

Megold´ as: Mivel cos(2x) ≤ 1, ez´ert

Mivel cos(3x) ≥ −1, ez´ert

log2 (1 + cos(2x)) ≤ log2 2 = 1.

1 pont

21+cos(3x) ≥ 20 = 1.

1 pont

Ezek szerint (1) csak akkor teljes¨ ulhet, ha a bal ´es jobb oldala egyar´ant 1. 1 pont A bal oldal pont akkor lesz 1, ha cos(2x) = 1, ennek megold´asa 2x = 2kπ, azaz (2)

x = kπ. (k ∈ Z)

1 pont A jobb oldal pont akkor lesz 1, ha cos(3x) = −1, ennek megold´asa 3x = (2l + 1)π, azaz (3)

x=

2l + 1 π. (l ∈ Z) 3

1 pont A feladatban kit˝ uz¨ott egyenlet megold´asait kapjuk, ha x a (2) ´es (3) felt´eteleknek is megfelel, azaz x = (2n + 1)π (n ∈ Z) . 2 pont ¨ Osszesen: 7 pont

2. Az ABC h´aromsz¨og BC oldal´anak felez˝opontja F , az AB oldal egy bels˝o pontja T , az AF ´es CT szakaszok metsz´espontja M . Az AT M h´aromsz¨og ter¨ ulete 8, a CF M h´aromsz¨og ter¨ ulete 15 egys´eg. Mekkora lehet az ABC h´aromsz¨og ter¨ ulete? Megold´ as: Jel¨olje az AM C h´aromsz¨og ter¨ ulet´et x. Mivel F oldalfelez˝o pont, ez´ert igaz a k¨ovekez˝o k´et dolog: (1) az ACF ´es AF B h´aromsz¨ogek ter¨ ulete ugyanakkora, ´ıgy a BT M F n´egysz¨og ter¨ ulete x + 7; 1 pont (2) az M CF ´es M F B h´aromsz¨ogek ter¨ ulete ugyanakkora, mindkett˝o 15 egys´eg. 1 pont Ezen k´et ´eszrev´etelb˝ol az k¨ovetkezik, hogy az M BT h´aromsz¨og ter¨ ulete TM BT = TBT M F − TM F B = (x − 8) egys´eg. 1 pont

1

26

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

Mivel az AB egyeneshez tartoz´o magass´aga az M BT ´es M T A, valamint a CBT ´es CT A h´aromsz¨ogeknek azonos, ez´ert ter¨ uleteik ar´anya ´eppen a BT ´es T A szakaszok ar´any´aval egyezik meg, azaz: TM BT TCBT BT . 2 pont = = TM T A TCT A TA ´Irjuk fel ezt az ar´anyt a kor´abbi ´eszrev´eteleink alapj´an: x−8 (x + 7) + 15 = . 8 8+x A nevez˝okkel szorozva ´es 0-ra rendezve x2 − 8x − 240 = 0 ad´odik, amelynek megold´asai x1 = 20 ´es x2 = −12, ez ut´obbi nem lehet egy h´aromsz¨og ter¨ ulete. 2 pont Az ABC h´aromsz¨og ter¨ ulete TABC = 2x + 30 = 70 egys´eg. ¨ Osszesen: 7 pont

3. Hat´arozzuk meg, mely a ´es b eg´esz sz´amokra igaz: a−4 b + = 1. a−1 b+1 1. megold´ as: A nevez˝okben nem ´allhat 0, ez´ert a = 1 ´es b = −1. A nevez˝okkel szorozva: (1)

1 pont

b2 + b + a2 − 5a + 4 = ab + a − b − 1.

Tekints¨ uk u ´gy (1)-et, mint b-re n´ezve m´asodfok´ u egyenletet. Egy oldalra rendezve: b2 + (2 − a)b + (a2 − 6a + 5) = 0. 2 pont 2

27

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

Ezen egyenletnek akkor lehetnek val´os megold´asai, ha diszkrimin´ansa nem negat´ıv, azaz 4 − 4a + a2 − 4a2 + 24a − 20 = −3a2 + 20a − 16 ≥ 0. √ √ 10 + 52 10 − 52 ≤a≤ . 3 3

Ebb˝ol

√ 10− 52 3

√ 10+ 52 3

< 6, ez´ert a lehets´eges ´ert´ekei 2, 3, 4 ´es 5. 3 pont Ezeket az ´ert´ekeket (1)-be helyettes´ıtj¨ uk. Ha a = 2, akkor b2 − 3 = 0, ennek gy¨okei nem eg´eszek. Ha a = 3, akkor b2 − b − 4 = 0, ennek sincs eg´esz megold´asa. Ha a = 4, akkor b2 − 2b − 3, ennek eg´eszek a gy¨okei, b = 3 j´o megold´as, b = −1 a kezdeti kik¨ot´es miatt nem megold´as. Ha a = 5, akkor b2 − 3b = 0, ennek az egyenletnek mindk´et gy¨oke j´o, ezek a 0 ´es a 3. 1 pont A megfelel˝o (a; b) megold´asok: (4;3), (5;0) ´es (5;3). ¨ Osszesen: 7 pont Mivel a eg´esz sz´am, ´es 0 <

´es

2. megold´ as: A nevez˝okben nem ´allhat 0, ez´ert a = 1 ´es b = −1. A nevez˝okkel szorozva kapjuk (1)-et, majd ezt 2-vel szorozzuk:

1 pont

2b2 + 2b + 2a2 − 10a + 8 = 2ab + 2a − 2b − 2. ´ Atrendezz¨ uk ´es teljes n´egyzeteket alak´ıtunk ki: b2 + 4b + 4 + b2 − 2ab + a2 + a2 − 12a + 36 = 30 (2)

(b + 2)2 + (b − a)2 + (a − 6)2 = 30

3 pont A 30-at h´arom n´egyzetsz´am ¨osszegek´ent a 0, 1, 4, 9, 16, 25 sz´amok seg´ıts´eg´evel csak 1+4+25 alakban ´ırhatjuk fel. Ha (b + 2)2 = 1, akkor b lehet -3 vagy -1, ez ut´obbit a kik¨ot´es kiz´arja. Ha (b + 2)2 = 4, akkor b lehet -4 vagy 0. Ha (b + 2)2 = 25, akkor b lehet -7 vagy 3. Megkaptuk az ¨osszes sz´oba j¨ohet˝o b ´ert´eket, ezeket (1)-be helyettes´ıtve, majd az a-ra kapott m´asodfok´ u egyenletet megoldva megkapjuk az els˝o megold´asban k¨oz¨olt eredm´enyeket. 3 pont ¨ Osszesen: 7 pont.

4. Bizony´ıtsuk be, hogy egy olyan t´eglalap alap´ u g´ ul´aban, amelyben a g´ ula magass´ag´anak a talppontja az alap valamely cs´ ucs´aba esik, a leghosszabb oldal´el hossz´anak negyedik hatv´anya legal´abb hatszorosa az oldallapok ter¨ uletei n´egyzet¨osszeg´enek. Megold´ as: Legyen a g´ ula alapja az ABCD t´eglalap, a g´ ula ¨ot¨odik cs´ ucsa E, ahol EA mer˝oleges az alapra. Legyen AB = a, AD = b ´es AE = c. A leghosszabb oldal´el EC. Az ABC ´es EAC der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogekre alkalmazzuk a Pitagorasz t´etelt: AC 2 = a2 + b2

AC 2 + c2 = a2 + b2 + c2 = EC 2 . 3

28

1 pont

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

Az EAB ´es EAD der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogek ter¨ ulete: TEAB =

ac 2

TEAD =

bc . 2

1 pont

Mivel EA mer˝oleges az alapra, ez´ert annak minden egyenes´ere, ´ıgy BC-re is. BC mer˝oleges EA-ra ´es AB-re, ez´ert az EAB s´ıkra, ´ıgy a benne fekv˝o EB egyenesre is. Ezek szerint EBC is der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og. Hasonl´o gondolatmenettel kapjuk, hogy ECD is der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og, ezek ter¨ ulete: √ √ b a2 + c2 a b2 + c2 TEBC = TEDC = . 1 pont 2 2

Ezek alapj´an a bizony´ıtand´o egyenl˝otlens´eg:




a2 c2 b2 c2 b2 a2 + b2 c2 a2 b2 + a2 c2 + + + . (a + b + c ) ≥ 6 4 4 4 4 2

2

2 2

1 pont

A bal oldalt kifejtj¨ uk, a jobb oldalt a´talak´ıtjuk: a4 + b4 + c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 ≥ 3(a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ). Rendezz¨ uk 0-ra az egyenl˝otlens´eget ´es szorozzuk meg 2-vel: 2a4 + 2b4 + 2c4 − 2a2 b2 − 2a2 c2 − 2b2 c2 ≥ 0. A bal oldalon teljes n´egyzeteket hozunk l´etre: (a2 − b2 )2 + (b2 − c2 )2 + (c2 − a2 )2 ≥ 0, ez pedig az a, b, c val´os sz´amok minden ´ert´eke eset´en teljes¨ ul. 2 pont Mivel ekvivalens ´atalak´ıt´asokat v´egezt¨ unk, ez´ert a bizony´ıtand´o egyenl˝otlens´eget bel´attuk. 1 pont ¨ Osszesen: 7 pont. 4

29

Megoldások

I. forduló

5. Adott az x −→

Gimnázium

2x + 1 √ 2 − x +x 2

f¨ uggv´eny, ahol x ≥ 0. (a) Monoton n˝o, vagy cs¨okken a f¨ uggv´eny? (b) Melyik az a legkisebb pozit´ıv eg´esz n, amelyre f (n) <

1 ? 2008

1. megold´ as: (a) Megmutatjuk, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, azaz ha 0 ≤ x1 < x2 , akkor f (x1 ) > f (x2 ). Ez azt jelenti, hogy x1 +

(1)

1  2 1  − x1 + x1 > x 2 + − x2 2 + x2 , 2 2

ami ekvivalens a k¨ovetkez˝ovel: 

x2 2 + x2 −



x1 2 + x1 > x 2 − x1 .

1 pont

Mivel az ´ıgy kapott egyenl˝otlens´eg mindk´et oldala x1 < x2 miatt pozit´ıv, ez´ert ekvivalens a bal ´es jobb oldal n´egyzetre emel´es´evel nyert al´abbi egyenl˝otlens´eggel: 

x2 2 + x2 − 2 x2 2 x1 2 + x2 2 x1 + x2 x1 2 + x2 x1 + x1 2 + x1 > x2 2 − 2x2 x1 + x1 2 . Rendez´es ut´an kapjuk: 

x2 + x1 + 2x1 x2 > 2 x2 2 x1 2 + x2 2 x1 + x2 x1 2 + x2 x1 .

2 pont

´ Ujra n´egyzetre emelhet¨ unk, majd a kapott egyenl˝otlens´eget 0-ra rendezve x2 2 + x1 2 − 2x1 x2 = (x2 − x1 )2 > 0

(2)

1 pont ad´odik, ami x1 < x2 miatt mindig igaz. Mivel ekvivalens ´atalak´ıt´asokat v´egezt¨ unk ez´ert (2)-b˝ol visszafele k¨ovetkeztetve bel´attuk (1) igaz volt´at. 1 pont (b) A k¨ovetkez˝o egyenl˝otlens´eg legkisebb pozit´ıv eg´esz megold´as´at keress¨ uk: n+

1 √ 2 1 − n +n< . 2 2008

´ Atrendezve:

1003 √ 2 < n + n. 2008 Mindk´et oldal pozit´ıv, n´egyzetre emelj¨ uk a bal ´es jobb oldalt: n+

n2 + amib˝ol

10032 2006 n+ < n2 + n, 2008 20082

10032 10032 < n. Mivel ≈ 250, 5 ez´ert n = 251. 4016 4016

5

30

2 pont ¨ Osszesen: 7 pont.

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

2. megold´ as: Az (a) r´esz eredm´eny´et megkaphatjuk gy¨oktelen´ıt´essel is: √  (2x + 1) + 4x2 + 4x √ 2x + 1 √ 2 1 2 √ − x + x = (2x + 1) − 4x + 4x · = 2 2 (2x + 1) + 4x2 + 4x =

1 1 √ · . 2 (2x + 1) + 4x2 + 4x

2 pont

Az ´atalak´ıt´as ut´an kapott alakban (2x + 1) szigor´ uan monoton n¨ov˝o f¨ uggv´eny, ugyan´ıgy uan monoton n¨ov˝o f¨ uggv´enyek ¨osszege 4x2 + 4x ´es ennek n´egyzetgy¨oke is. Mivel szigor´ √ 1 is szigor´ uan monoton n¨ov˝o, ez´ert (2x + 1) + 4x2 + 4x is az. Ennek reciproka, illetve 2 -szerese pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝o f¨ uggv´eny. 3 pont 3. megold´ as: (Az (a) r´esz m´as m´odon.) A f¨ uggv´eny folytonos x ≥ 0 ´es differenci´alhat´o x > 0 eset´en. A deriv´alt f¨ uggv´eny:


2x + 1 √ 2 − x +x 2



1 =1− √ 2 (2x + 1) = 1 − 2 x +x



4x2 + 4x + 1 . 4x2 + 4x

1 pont

2 pont

Ez val´oban minden x > 0 eset´en ´ertelmezett. Mivel x > 0, ez´ert az utols´o gy¨okjel alatti t¨ort ´ert´eke ´es ´ıgy annak gy¨oke is 1-n´el nagyobb, ´ıgy a deriv´alt negat´ıv, minden x > 0 eset´en. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. 2 pont

6

31

Megoldások

I. forduló

Specmat

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2007–2008-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket az ottani 5. pont utolsó mondatára, mely szerint minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 15 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 1363 Budapest, Pf. 19. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5–7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy továbbra is érvényes a versenyszabályzatnak az Oktatási Minisztérium által történt szigorú módosítása, és így a Versenybizottság legfeljebb 30 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 2007. november

A versenybizottság

1. feladat Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek) metszéspontja M , az AM B, BM C, CM D és DM A háromszögek súlypontjai rendre a P, Q, R, S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X, Y, Z, W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X, Y, Z, W pontok a P QRS négyszög oldalegyenesein vannak. Első megoldás: A megadott nagybetűs pontokba (egy adott kezdőpontból) mutató vektorokat jelöljük a megfelelő kisbetűvel, azaz pl. a az A-ba mutató vektor. Megmutatjuk, hogy X az RQ egyenesen fekszik (a többi ugyanígy igazolható). Ehhez azt kell belátni, hogy alkalmas λ számra (∗) x = λr + (1 − λ)q. (1 pont) A súlypont képlete miatt x=

b+c+d ; 3

r=

m+c+d ; 3

q=

b+c+m . 3

(3 pont)

Ezt (∗)-ba beírva, 3-mal szorozva és rendezve, a (∗)-gal ekvivalens λb + (1 − λ)d = m egyenlőséghez jutunk. (2 pont) Ez pedig valóban igaz, hiszen M a BD egyenesen fekszik. (1 pont)

1

32

Megoldások

I. forduló

Specmat

Második megoldás: Megmutatjuk, hogy az X pont az RQ egyenesre illeszkedik (a többi ugyanígy igazolható). A BM C, M DC és DBC háromszögek mindegyikének a C csúccsal szemközti oldala a BD átlóegyenesen fekszik. E háromszögek súlypontjait C középpontú 2/3 arányú zsugorítással (középpontos hasonlósággal) kapjuk ezeknek a háromszögoldalaknak a felezőpontjaiból, E-ből, F -ből és G-ből. (4 pont)

Emiatt a Q, R és X pontok illeszkednek a BD egyenesnek a zsugorításnál keletkező képére, tehát kollineárisak. (3 pont) 2. feladat Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden x, y esetén f (xy) ≤ xf (y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f (xy) = xf (y). Megoldás: Elég az egyenlőséget az y = 1 speciális esetben belátni, azaz hogy minden x-re f (x) = xf (1), ugyanis ekkor bármely y-ra f (xy) = (xy)f (1) és xf (y) = x(yf (1)), azaz valóban f (xy) = xf (y). (3 pont) 1  1 · x ≤ f (x). (2 pont) A feltétel szerint f x x Innen átrendezéssel f (x) ≥ xf (1). (1 pont) Ezt az f (x) ≤ xf (1) feltétellel összevetve valóban a kívánt f (x) = xf (1) adódik. (1 pont) 3. feladat A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. Első megoldás: Az ABCD tetraéder lapsíkjai a teret tizenöt tartományra vágják fel. Ezek egyike maga a tetraéder. Négy további tartomány támaszkodik a tetraéder egyegy lapjára, jelöljük ezek közül RABC -vel azt, amelyik az ABC lap mentén szomszédos a 2

33

Megoldások

I. forduló

Specmat

tetraéderrel, RABD -vel az ABD lap mentén szomszédosat stb. További hat tartomány a tetraéder egy-egy éle mentén szomszédos vele, az AB él mentén csatlakozót jelöljük RAB vel, stb. Végül négy tartomány a tetraéder egy-egy csúcsában csatlakozik, jelöljük ezeket RA -val, RB -vel, RC -vel és RD -vel. (2 pont) Az E pont a tizenöt tartomány valamelyikének a belsejében helyezkedik el. Megvizsgáljuk, hogy ezek közül melyek felelnek meg a feladatban szereplő elválasztási követelményeknek. A CDE sík csak akkor választhatja el egymástól az A és a B pontot, ha belevág a tetraéderbe, ezért az E pont nem tartozhat a tetraéder CD élegyenese mentén keletkező lapszögtartományának egyik kiegészítő lapszögtartományához sem. Ez a két lapszögtartomány az RACD , RAC , RAD , RA , illetve az RBCD , RBC , RBD , RB tartományok egyesítése. A fenti elválasztás esetén tehát E nem eshet e nyolc tartomány egyikébe sem. (3 pont) Hasonlóképpen, ha az ADE sík elválasztja B-t és C-t, akkor E nem lehet az RABD , RAB , RBD , RB , RACD , RAC , RCD , RC tartományokban. Végül, ha az ABE sík elválasztja C-t és D-t, akkor E nem lehet az RABC , RAC , RBC , RC , RABD , RAD , RBD , RD tartományokban sem. (1 pont) Látható, hogy a feladat feltételei a tizenöt tartomány közül csak a tetraéder belsejét nem zárják ki mint az E pont lehetséges elhelyezkedését. Tehát E az ABCD tetraéder belső pontja. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. (1 pont) Második megoldás: Indirekt módon tegyük fel, hogy az ABC sík elválasztja a D pontot E-től. Ekkor a DE egyenes döfi az ABC síkot; nevezzük a döféspontot D′ -nek. A feladatban szereplő térbeli elválasztási feltételek ezután rendre átfogalmazhatók az ABC síkon belüli, D′ -re kirótt feltételekké. (3 pont) A CDE sík elválasztja A-t és B-t, ezért ennek a síknak az ABC síkkal alkotott metszésvonala, a CD′ egyenes elválasztja őket az ABC síkban. Ez azt jelenti, hogy a D′ pont az ABC síknak az 1. ábra szerint árnyékolt (a határegyeneseket nem tartalmazó) tartományában van. (1 pont)

C

A

C

B 1. ábra

C

A

B 2. ábra

A

B

3. ábra

Hasonlóan, a második feltétel alapján az AD′ egyenes elválasztja B-t és C-t, emiatt D′ -nek a 2. ábrán árnyékolt tartományban kell lennie. (1 pont) Végül a harmadik feltételből következően az AB egyenes elválasztja C-t és D′ -t, az ennek megfelelő D′ pontok a 3. ábrán árnyékolt félsíkban vannak. (1 pont) Miután a három tartománynak nincs közös pontja, ellentmondásra jutottunk, ezért az ABC sík nem választja el D-t E-től. (1 pont) 3

34

Megoldások

I. forduló

Specmat

Megjegyzés: Kiolvasható a megoldásból az is, hogy ugyanúgy ellentmondásra jutunk, ha csak annyit teszünk fel, hogy a D′ döféspont a DE egyenesen az E pontnak ugyanazon az oldalán van, mint D. Ha az ellentétes oldalon van, akkor a harmadik feltételből a 3. ábrán éppen a komplementer félsíkot kapjuk, és így a három tartománynak nem üres a közös része: éppen az ABC háromszög belseje. Mindebből az következik, hogy a feladatbeli három feltétel akkor és csak akkor teljesül, ha az E pont az ABCD tetraéder belső pontja. Harmadik megoldás: Tekintsük az ABCD tetraédert, és vizsgáljuk ehhez képest az E pont helyzetét. A tetraéder valamely lapsíkjához tartozó két féltér közül nevezzük azt pozitív féltérnek, amelyik a tetraédert tartalmazza, a másikat negatívnak. Az E ponthoz így négy előjelet (a +1 vagy −1 számok egyikét) rendelhetünk aszerint, hogy E a négy lapsíknak pozitív, illetve negatív oldalára esik. (1 pont) Legyen ez a négy előjel a, b, c és d, mégpedig úgy, hogy a tartozzon a BCD lapsíkhoz, b a CDA-hoz, c a DAB-hez és d az ABC-hez. A feladatban szereplő elválasztási feltételek ezekre az előjelekre nézve rendre az a = b, b = c, illetve c = d egyenlőségeket jelentik. (3 pont) Ezekből a = b = c = d adódik. Ez a közös érték csak úgy lehetne −1, ha E a negatív félterek közös pontja volna. A negatív féltereknek viszont nem lehet közös pontja. Egy ilyen pontba helyezkedve ugyanis a tetraéder mind a négy lapját kívülről látnánk, ami lehetetlen. (A tér bármely, a tetraéderhez nem tartozó E pontjából indíthatunk olyan félegyenest, amely a tetraéder határát két lapon is döfi; a második döfésponthoz tartozó lapsíknak E biztosan a pozitív oldalán van.) (2 pont) Tehát a közös előjel +1, vagyis az E pont az ABCD tetraéder belsejében van. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. (1 pont) 4. feladat Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, 1] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem? Első megoldás: Megfelel pl. azon [0, 1]-beli véges tizedes törtek A halmaza, amelyekben csak 0 és 1 számjegy fordul elő. (4 pont) A valóban nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, hiszen a, b, c ∈ A, a + c = 2b esetén 2b tizedes tört alakjában minden számjegy 0 vagy 2, és 2 csak úgy jöhet létre, hogy ezeken a helyeken a-ban és c-ben is 1-es számjegy áll, a többi helyen pedig 0, tehát csak a = b = c lehetséges. (1 pont) Ha a, b ∈ A, a < b és a bennük szereplő tizedesjegyek száma kisebb k-nál, akkor legyen c = a + 10−k . Ekkor c ∈ A és a < c < b. (2 pont)

Megjegyzés: A konstrukció egy variánsa, ha A azokból a (végtelen) tizedes törtekből áll, amelyekben csak 0 és 1 számjegy fordul elő, de nullából végtelen sok van (a véges tizedes törteket úgy tekintjük, hogy egy idő után minden jegyük 0). Ha a, b ∈ A, a < b, akkor a következőképpen kaphatunk közéjük eső, A-beli c elemet: megkeressük az első olyan helyiértéket, ahol a-ban 0, b-ben pedig 1 áll, és legyen c = a + 10−k , ahol k egy olyan későbbi helyiérték, amelynél a-ban 0 áll. Ennek a konstrukciónak az az érdekessége, 4

35

Megoldások

I. forduló

Specmat

hogy így kontinuum számosságú A halmazt kapunk, míg a többi esetben nyert A csak megszámlálható. Megjegyezzük még, hogy az összes, csak 0 és 1 tizedesjegyből álló szám nem felelne meg (tehát azokat a számokat valóban ki kellett zárni, amelyekben egy idő múlva minden jegy 1-es): ekkor pl. 0,01111. . . és 0,10000. . . között nem lenne A-beli elem. (Az ily módon hibás konstrukció esetén maximum 4 pont adható.) Második megoldás: Az A halmaz a0 , a1 , . . . elemeit rekurzíve fogjuk megadni, az alábbi algoritmus szerint. Legyen (pl.) a0 = 0, a1 = 1. Válasszuk meg először a2 -t úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat, azaz a2 6= 1/2. A következő lépésben válasszuk meg először a3 -at a0 (= 0) és a2 közé, majd a4 -et a2 és a1 (= 1) közé, hogy ne jöjjön létre háromtagú számtani sorozat. (2 pont) Általában, ha már a0 , a1 , . . . , a2k megvan, akkor ezek a [0, 1] intervallumot 2k részre osztják fel, és a következő lépésben ezekbe egymás után válasszunk egy-egy elemet úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat. (2 pont) Egy-egy új szám kiválasztásakor a feltétel csak véges sok számot zár ki, hiszen egy x akkor nem választható a következő ai -nek, ha az a0 , . . . , ai−1 számok közül kettővel számtani sorozatot alkot, azaz x + a = 2a′ vagy a + a′ = 2x típusú egyenlőségnek tesz eleget, ahol a és a′ az a0 , . . . , ai−1 számok közül két különbözőt jelöl (összesen legfeljebb 3i(i − 1)/2 ilyen tilos x érték lehet). (2 pont) Mivel egy intervallumban végtelen sok valós szám van, ezért az eljárás nem akad meg. A konstrukcióból az is világos, hogy bármely két A-beli elem között található A-beli elem. (1 pont) A következő három megoldáshoz előrebocsátjuk, hogy az ott szereplő konstrukciók természetes módon felmerülő ötletek, azonban annak igazolása, hogy ezek valóban rendelkeznek a megkívánt tulajdonságokkal, a középiskolában (általában) nem szereplő ismeretekre támaszkodik. Harmadik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak azoknak az 1 < r ≤ 10 racionális számoknak a tízes alapú logaritmusai, amelyeknek a számlálója és a nevezője is (pozitív) prímszám. (2 pont) Ezek között valóban nincs háromtagú számtani sorozat. Ha ugyanis a pi , qj prímekre lg

p1 p2 p3 + lg = 2 lg , q1 q2 q3

akkor

p1 p2 p2 = 23 , q1 q2 q3

azaz p1 p2 q32 = q1 q2 p23 .

Mivel p3 6= q3 , ezért a számelmélet alaptétele alapján az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha q1 = q2 = q3 és p1 = p2 = p3 . (2 pont) Ahhoz, hogy bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem, megmutatjuk, hogy bármely két 1-nél nagyobb valós szám közé esik két prímszám hányadosaként felírható szám. (Ugyanez igazolható két tetszőleges valós számra is — abban az esetben persze negatív prímszámokat is igénybe kell vennünk — , azaz az ilyen számok mindenütt sűrűek a számegyenesen.) Legyen d > c > 1, jelölje továbbá pn az n-edik prímszámot. A prímszámtételből következik, hogy pn+1 /pn → 1, ha n → ∞. Ebből következik, hogy minden elég nagy n-re pn+1 /pn < d/c. Tekintsük (egy ilyen n-re) az pn+1 pn+2 pn+2 pn+3 pn+3 a1 = ; a2 = = a1 · ; a3 = = a2 · ; ... pn pn pn+1 pn pn+2 5

36

Megoldások

I. forduló

Specmat

sorozatot. Mivel ak → ∞ (ha k → ∞), ezért van olyan k, amelyre ak > c. Belátjuk, hogy a legkisebb ilyen k-ra ak = pn+k /pn egy c és d közé eső megfelelő szám lesz. Valóban: c < ak = ak−1

pn+k pn+k−1

(k = 1 esetén ak−1 = a0 = 1 értendő.)


d = d. c (3 pont)

Negyedik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a 2 (vagy tetszőleges r > 1 racionális szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a 2x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. (2 pont) Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az 1/2 pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és b/q a kitevőket q közös nevezőre hozva (1/2)a/q + (1/2) = 2(1/2)c/q teljesülne valamilyen p q a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = 1/2 gyöke az f = xa − 2xc + xb egész együtthatós polinomnak. (2 pont) Ismeretes, hogy f ekkor osztható a v algebrai szám minimálpolinomjával, ami g = 2xq − 1, hiszen g (a fordított Schönemann-kritérium alapján) irreducibilis a racionális test felett és g(v) = 0. A Gauss-lemmából adódik, hogy a hányadosnak is egész együtthatósnak kell lennie. A hányados főegyütthatója azonban 1/2, és ezzel ellentmondásra jutottunk. (3 pont) Ötödik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a π (vagy tetszőleges t > 1 transzcendens szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a π x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. (2 pont) Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az 1/π pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és b/q a kitevőket q közös nevezőre hozva (1/π)a/q + (1/π) = 2(1/π)c/q teljesülne valamilyen p q a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = 1/π gyöke az f = xa − 2xc + xb egész együtthatós polinomnak. (2 pont) Ez azt jelenti, hogy v algebrai szám. Azonban ekkor π = 1/v q is algebrai lenne, mert algebrai számok szorzata és reciproka is algebrai. Ez azonban ellentmondás, hiszen a π transzcendens. (3 pont) 5. feladat Mely n ≥ 2007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prím n-hez? Megoldás: A kettőhatványok ilyenek, hiszen a hozzájuk relatív prímek pontosan a páratlan számok, és három páratlan szám összege is páratlan. (1 pont) Megmutatjuk, hogy más nincs, pontosabban, hogy ha n > 14 és nem kettőhatvány, akkor található három különböző, nála kisebb, hozzá relatív prím pozitív egész, amelyek összege már nem relatív prím n-hez. 6

37

Megoldások

I. forduló

Specmat

Legyen t az n legnagyobb páratlan osztója, azaz n = 2k t, ahol k ≥ 0, t páratlan és t > 1 (hiszen az n nem kettőhatvány). Vegyük észre, hogy 1 + 3 + (t − 4) = t, ami nem relatív prím n-hez. Ha az n nem osztható 3-mal (és így t sem), akkor az 1 és a 3 relatív prímek n-hez, továbbá t −4 is az (és t −4 > 0, hiszen most t ≥ 5): ha p a t−4 és az n egy közös prímosztója lenne, akkor t−4 páratlansága miatt p > 2, tehát p osztója t-nek is, ekkor viszont t − (t − 4) = 4-nek is, ami lehetetlen. (2 pont) Így (ha az n nem osztható 3-mal, akkor) készen vagyunk, kivéve ha a három szám nem mind különböző, azaz t − 4 = 1 vagy t − 4 = 3. Az első esetben n = 2k · 5, ekkor 1, 3, 11 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. A második esetben n = 2k · 7, ekkor 1, 3, 17 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. (1 pont) Ha az n osztható 3-mal, akkor a 2t − 9 = 1 + (t − 2) + (t − 8) összegből indulunk ki. A három tag relatív prím az n-hez, ez az előzőekhez teljesen hasonlóan igazolható, 2t − 9 viszont nem az, hiszen a 3 közös osztójuk. (2 pont) Így csak akkor nem vagyunk még készen, ha t − 2 = 1 vagy t − 8 = 1 (és mivel t osztható 3-mal, ezért t − 8 < 0 is csak t = 3-ra lehetséges). Ekkor n = 2k · 3, illetve n = 2k · 9. Mindkét esetben 1, 7, 13 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. (1 pont) Megjegyzés: A 7, 9 és 14 sem jó, hiszen 1 + 2 + 4 = 7, 1 + 4 + 7 = 12, illetve 1 + 9 + 11 = 21. Így könnyen adódik, hogy a kettőhatványokon kívül csak az 5, a 10 és a 12 rendelkezik a megadott tulajdonsággal (valamint azok a számok, amelyekhez kevesebb, mint három különböző, náluk kisebb, hozzájuk relatív prím pozitív egész létezik, hiszen ezekre a feltétel üres; közülük a nem kettőhatványok a 3 és a 6.)

7

38

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák) A 2. forduló feladatainak megoldása 1.

Legyen

1   f ( x ) = log 2  tgx +  cos x  és

2 f (x) − 2 − f (x ) , 2 minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők. g (x ) =

π  Mennyi g   pontos értéke? 4

Megoldás: Az f (x ) függvény olyan x valós számokra értelmezhető, amelyekre egyrészt cos x ≠ 0 , másrészt a logaritmus értelmezése miatt tgx +

1 > 0. cos x

Ez utóbbi egyenlőtlenséget átírhatjuk a sin x + 1 >0 cos x

alakba. Ennek az egyenlőtlenségnek megfelelő valós számok eleget tesznek a (1)

−

π 2

+ k ⋅ 2π < x <

π 2

(k ∈ Z )

+ k ⋅ 2π ,

kettős egyenlőtlenségnek, és ezekre a valós számokra cos x ≠ 0 is teljesül. (2 pont) A fenti feltételeknek eleget tevő valós számokra a logaritmus definíciója miatt (2)

2

f (x )

=2

1   log 2  tgx +  cos x  

2 f ( x ) = tgx + 2 f (x) =

1 cos x

sin x + 1 . cos x

Továbbá: 2 − f (x ) =

1

2 f (x)

39

,

(2 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

és mivel 2 f ( x ) > 0 (azaz ≠0), ezért ez értelmezett az (1) feltétel mellett, 1

2 − f (x) =

tgx +

2− f (x) =

(3)

1 cos x

cos x . sin x + 1

(2 pont)

Az (1) feltétel mellett ennek nevezője sem 0, tehát értelmezett. A (2) és (3) összefüggésekből következik, hogy sin x + 1 cos x − cos sin x x +1 , g (x ) = 2

ez pedig átalakítható a következőképpen: g (x ) =

(4)

(sin x + 1)2 − cos 2 x = sin 2 x + 2 ⋅ sin x + 1 − cos 2 x . 2 ⋅ cos x ⋅ (sin x + 1) 2 ⋅ cos x ⋅ (sin x + 1)

(1 pont)

(4)-ből az 1 − cos 2 x = sin 2 x trigonometriai azonosság alapján g (x ) =

(5)

2 ⋅ sin 2 x + 2 ⋅ sin x 2 ⋅ cos x ⋅ (sin x + 1)

(1 pont)

adódik. (5)-ben a számláló szorzattá alakítása után g (x ) =

2 ⋅ sin x ⋅ (sin x + 1) , 2 ⋅ cos x ⋅ (sin x + 1)

amelyből egyszerűsítéssel: g ( x ) = tgx .

(6) Mivel x =

π 4

megfelel az (1) feltételeknek, ezért g (x

létezik, és (6) alapján

(1 pont)

) ezen a helyen

π  π  g   = tg   = 1 . 4 4

(1 pont) Összesen: 10 pont

Megjegyzés: Ha a versenyző az elejétől kezdve a numerikus értékkel dolgozik, akkor a pontozás az alábbi legyen: π π 2 tg

4

= 1, cos

4

=

2

π  f   = log 2 (1 + 2 ) 4 1 1+ 2 − π  1+ 2 g  = 2 4  

(2 pont) (2 pont)

(2 pont)

40

Megoldások

II. forduló

π  g  = 1 4

Szakközépiskola

(2 pont)

Annak megmutatása, hogy

π 4

-re minden szereplő függvény értelmezett volt (2 pont) Összesen: 10 pont

2.

Tekintse a p ( x ) = (5 x − 2 ) ⋅ (2 x + 4 ) ⋅ ( x − 251)

és a

q( x ) = (a − b + c ) ⋅ x + (3a + b − c ) ⋅ x 2 + (a + b + c ) ⋅ x + d 3

polinomokat! Határozza meg az a , b , c és d valós számokat úgy, hogy p(x ) = q(x )

minden valós x -re teljesüljön!

Megoldás: A p(x ) = (5 x − 2) ⋅ (2 x + 4) ⋅ (x − 251) polinomban végezzük el a kijelölt műveleteket! A műveletek végrehajtása és rendezés után kapjuk, hogy: p( x ) = 10 x 3 − 2494 x 2 − 4024 x + 2008 .

(1)

(2 pont)

A p(x ) = q(x ) egyenlőség akkor és csak akkor teljesül minden valós x -re, ha az (1)-ben adott

p( x ) = 10 x 3 − 2494 x 2 − 4024 x + 2008 ,

és a q( x ) = (a − b + c ) ⋅ x 3 + (3a + b − c ) ⋅ x 2 + (a + b + c ) ⋅ x + d

polinomok együtthatói rendre megegyeznek.

(1 pont)

Eszerint d = 2008 ,

(1 pont)

továbbá: (2)

a − b + c = 10 ,

(3)

3a + b − c = −2494 ,

(4)

a + b + c = −4024 .

Az a, b, c számokat a (2)-(3)-(4) egyenletekből álló lineáris egyenletrendszer megoldása adja.

41

(2 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Megoldásul azt kapjuk, hogy a = −621 , b = −2017 ,

c = −1386 .

Tehát a

(3 pont)

p ( x ) = (5 x − 2 ) ⋅ (2 x + 4 ) ⋅ ( x − 251) és a

q( x ) = (a − b + c ) ⋅ x 3 + (3a + b − c ) ⋅ x 2 + (a + b + c ) ⋅ x + d

polinomok pontosan akkor egyenlők minden valós x -re, ha a = −621 , b = −2017 , c = −1386 , d = 2008 .

3.

(1 pont) Összesen: 10 pont

Az an és bn számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk: 1 1 1 a n = 1 + + + ... + 2 3 n és

bn = n ⋅ a n − a1 − a 2 − ... − a n −1 . Határozza meg b2008 értékét!

Megoldás: A bn átalakítható a következőképpen: bn = (a n − a1 ) + (a n − a 2 ) + ... + (a n − a n −1 ) + a n .

(1)

(2 pont)

Mivel a1 = 1 ,

1 a 2 = 1 + , ...., 2 a n−1 = 1 +

1 1 , + ... + 2 n −1

ezért az (1)-ben szereplő zárójeles kifejezések an = 1 +

1 1 1 + + ... + 2 3 n

segítségével rendre kifejezhetők a következő alakban: a n − a1 =

1 1 1 + + ... + , 2 3 n

an − a2 =

1 1 1 + + ... + ,…, 3 4 n

a n − a n −1 =

1 . n

42

(2 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Ennek alapján látható, hogy a bn összegben az

1 tag éppen n -szer, n

az

1 tag éppen n − 1 -szer, n −1

általában az

1 tag éppen k -szor k

szerepel,( ahol k = 1,2,3,..., n ), azaz: (2)

bn = n ⋅

1 1 1 1 + (n − 1) ⋅ + (n − 2) ⋅ + ... + 2 ⋅ + 1 . n n −1 n−2 2

(3 pont)

A (2)-beli összeg tagjainak mindegyike 1 , az összeg tagjainak száma pedig n . Ebből következik, hogy bn = n ,

(2 pont)

így b2008 = 2008 .

43

(1 pont) Összesen: 10 pont

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

4. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P , az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y ! Bizonyítsa be, hogy

PX b 2 ⋅ (a 2 + c 2 − b 2 ) , = QY a 2 ⋅ (b 2 + c 2 − a 2 ) ahol a, b, c az ABC háromszög oldalhosszait jelentik!

Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók.

Legyen a szokásos jelölés szerint BAC∠ = α és ABC∠ = β . A Thalész-tétel miatt APB∠ = AQB∠ = 90° , eszerint az AP és BQ szakaszok az ABC háromszög magasságvonalai, és ezek M metszéspontja az ABC háromszög magasságpontja. Ezért az ábrán az M ponton átmenő CT egyenes merőleges az AB szakaszra, így CT párhuzamos a PX és QY szakaszokkal. Mivel a háromszög hegyesszögű, ezért P,Q,T a megfelelő oldalak belső pontjai

(2 pont)

A bizonyítandó összefüggést az ABC háromszögre felírt koszinusztételek segítségével átírjuk, ugyanis ezekből következik, hogy: (1)

a 2 + c 2 − b 2 = 2ac ⋅ cos β ,

és (2)

b 2 + c 2 − a 2 = 2bc ⋅ cos α .

44

(1 pont)

Megoldások

II. forduló

Ezért:

Szakközépiskola

PX b ⋅ cos β = , QY a ⋅ cos α

(3)

elegendő tehát (3)-at bizonyítani.

(2 pont)

Mivel CT = m párhuzamos a PX és QY szakaszokkal, ezért felírható a párhuzamos szelőszakaszok tétele β illetve α szögekre: PX BP QY AQ , illetve , = = m a m b

ahonnan PX b ⋅ BP = . QY a ⋅ AQ

(4)

(3) és(4) figyelembe vételével most már csak a BP cos β = AQ cos α

(5) összefüggést kell bizonyítani.

(2 pont)

Ennek bizonyítására felírjuk az ABQ , és az ABP derékszögű háromszögekben a BAC∠ = α és az ABC∠ = β

szögek koszinuszát: cos α =

AQ BP , illetve cos β = , c c

ezekből az AQ = c ⋅ cos α és BP = c ⋅ cos β

miatt BP cos β = AQ cos α

következik, vagyis (5) helyességét beláttuk.

(2 pont)

Ezzel a (3)-ban szereplő PX b ⋅ cos β = QY a ⋅ cos α

összefüggést bebizonyítottuk, így a vele ekvivalens,eredeti PX b 2 ⋅ (a 2 + c 2 − b 2 ) = QY a 2 ⋅ (b 2 + c 2 − a 2 )

állítást is igazoltuk.

(1 pont) Összesen: 10 pont

45

Megoldások

5.

II. forduló

Szakközépiskola

Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám:

x 2 − 2x − 3 − p 2 + x 2 − 2x − 3 + p 2 = p 2 !

Megoldás: A négyzetgyök értelmezése miatt kell, hogy x 2 − 2 x − 3 − p 2 ≥ 0 , és

(1)

x 2 − 2x − 3 + p 2 ≥ 0

teljesüljön. Legyen a továbbiakban

(1 pont) x 2 − 2x − 3 = y !

A feladat megoldását az egész számok halmazán keressük, ezért x és vele együtt y egész szám.

(1 pont)

A kiinduló egyenlet az új ismeretlen bevezetése után: y − p2 + y + p2 = p2 .

(2)

(2) mindkét oldalát négyzetre emelve y − p2 + y + p2 + 2 ⋅ y2 − p4 = p4 ,

amelyből rendezés után a 2 ⋅ y2 − p4 = p4 − 2y

(3) egyenletre jutunk.

(3) mindkét oldalát négyzetre emeljük a p 4 − 2 y ≥ 0 feltétel mellett, ezzel 4 ⋅ (y 2 − p 4 ) = p 8 − 4 p 4 ⋅ y + 4 y 2

adódik, majd a műveletek elvégzése és rendezés,valamint szorzattá bontás után: p 4 ⋅ ( p 4 − 4 y + 4) = 0 .

(4)

(3 pont)

Mivel p pozitív, ezért p ≠ 0 , így (4) csak úgy teljesülhet, ha p4 − 4y + 4 = 0 , azaz ha 4 p = 4y − 4 , ebből pedig az x 2 − 2 x − 3 = y visszahelyettesítésével: p 4 = 4 x 2 − 8 x − 16

(5) adódik.

(1 pont)

46

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Mivel x ∈ Z , ezért (5) jobb oldala páros szám, így p 4 is páros, ez viszont csak p = 2 esetén lehetséges.

(1 pont)

Ezzel (5)-ből előbb a 4 x 2 − 8 x − 32 = 0 ,

majd egyszerűsítés után az x 2 − 2x − 8 = 0

(6) egyenletre jutunk. (6) gyökei az

x1 = −2

és x 2 = 4

egész számok.

(1 pont)

Számolással ellenőrizhető, hogy ezek a számok megfelelnek az (1)-beli x 2 − 2 x − 3 − p 2 ≥ 0 és x 2 − 2 x − 3 + p 2 ≥ 0

feltételű egyenlőtlenségeknek is, továbbá megoldásai az eredeti egyenletnek: p=2

x 2 − 2x − 3 − p 2 ≥ 0

x 2 − 2x − 3 + p 2 ≥ 0

1>0 1>0

9>0 9>0

x1=-2 x2=4

x 2 − 2x − 3 − p 2 + x 2 − 2x − 3 + p 2 = p 2

1+3=22 1+3=22 (2pont) összesen 10 pont

Megjegyzés 1.: p=2 kiolvasható már akár (3)-ból, akár (4)-ből, és akkor y=5 rövidebben adódik. Természetesen így dolgozva is megkapja a versenyző a megfelelő pontokat (3+1+1) Megjegyzés 2.: Belátható, hogy p 4 − 2 y ≥ 0 is teljesül.

47

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

Oktatási Hivatal

Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi m´ asodik fordul´ oj´ anak feladatmegold´ asai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara

1. Tekints¨ uk azokat a konvex n´egysz¨ogeket, amelyek 100 darab egys´egnyi oldal´ u szab´alyos h´aromsz¨ogre darabolhat´ok. Mekkor´ak lehetnek a megfelel˝o n´egysz¨ogek oldalai? Megold´ as: A szab´alyos h´aromsz¨og minden sz¨oge 60◦ -os. Ha a darabol´as ut´an a n´egysz¨og valamely cs´ ucsa k darab kis h´aromsz¨ognek lesz cs´ ucsa, akkor a n´egysz¨og ezen sz¨oge k · 60◦ . Mivel a n´egysz¨og konvex, k csak 1 vagy 2 lehet, azaz a n´egysz¨og minden sz¨oge 60◦ -os, vagy 120◦ -os. A n´egysz¨og ezek alapj´an k´et f´ele lehet: (a) ha k´et szomsz´edos sz¨oge 60◦ -os, akkor szimmetrikus trap´ez; (b) ha k´et szemk¨ozti sz¨oge 60◦ -os, akkor paralelogramma. 3 pont √ (a) Legyen a szimmetrikus trap´ez hosszabb alapj´anak hossza x, magass´aga pedig y · 23 , azaz a sz´arak hossza y, ahol a trap´ez sz¨ogeinek ismeret´eben y < x. Ekkor a p´arhuzamos oldalak k¨oz¨ ul a r¨ovidebb hossza x − y, a kis h´aromsz¨ogek sz´ama 100 = 2 ·

x + (x − y) · y. 2

´ Atrendezve 2xy − y 2 = 100, 2xy ´es 100 p´aros, ez´ert y 2 illetve y is p´aros. Legyen y = 2z, ekkor 4xz − 4z 2 = 100, amib˝ol (x − z)z = 25. Mivel z oszt´oja 25-nek ´es 2z < x, innen z csak 1 lehet. Teh´at z = 1, a szimmetrikus trap´ez sz´arainak hossza y = 2z = 2, a p´arhuzamos oldalak hossza x = 26 ´es x − y = 24. 3 pont (b) A paralelogramma oldalainak hossza legyen u ´es v, legyen u ≤ v. Ekkor uv = 50. Az 50 oszt´oi 1, 2, 5, 10, 25 ´es 50. Ezek 3 p´art alkotva adhatj´ak a paralelogramma oldalait. A lehets´eges (u; v) megold´asok: (1;50), (2;25), (5;10). 1 pont ¨ Osszesen: 7 pont

2. Egy 30 f˝os oszt´alyban a kar´acsonyi aj´and´ekoz´asr´ol sorsh´ uz´assal d¨ontenek. Minden di´ak nev´et fel´ırj´ak egy pap´ırra, majd a 30 pap´ırdarabot egy sapk´aba teszik. N´evsor szerinti sorrendben mindenki kih´ uz egy pap´ırt a sapk´ab´ol ´es a rajta szerepl˝o embernek k´esz´ıt aj´and´ekot. Elk´epzelhet˝o, hogy valaki saj´at mag´at aj´and´ekozza meg. Az ´atad´as u ´gy t¨ort´enik, hogy el˝osz¨or jelentkeznek, akik magukat h´ uzt´ak, majd a t¨obbi di´ak k¨oz¨ ul a legfiatalabb di´ak ´atadja aj´and´ek´at az ´altala h´ uzott embernek, ´es innent˝ol aki ´eppen megkapja az aj´and´ek´at, az lesz a soron k¨ovetkez˝o aj´and´ekot ´atad´o ember. Ha valahol elakad a sor, azaz olyan di´ak kapja az aj´and´ekot, aki m´ar a saj´atj´at ´atadta, de m´eg nem mindenki adta ´at illetve kapta meg az aj´and´ek´at, akkor ez ut´obbiak k¨oz¨ ul a legfiatalabb u ´jra kezdi. Mennyi a val´osz´ın˝ us´ege, hogy egy oszt´alyban hat egym´ast k¨ovet˝o ´ev kar´acsonyi aj´and´ekoz´asa sor´an lesz legal´abb egy olyan ´ev, amelyben senki nem h´ uzza mag´at ´es a sor sem akad el? (Az oszt´aly l´etsz´ama minden ´evben ugyanannyi.)

1

48

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

Megold´ as: Sz´amoljuk ki, egyetlen sorsol´as eset´en mekkora a val´osz´ın˝ us´ege, hogy nem akad el a sor. El˝osz¨or tekins¨ uk az ¨osszes eset sz´am´at: az els˝o di´ak 30-f´el´et h´ uzhat, a ¨ k¨ovetkez˝o 29-f´el´et, ..., az utols´o egyf´el´et. Osszesen 30!-f´ele sorsol´as lehet. 2 pont Ha nem akad el a sor, akkor a di´akok k¨orbe ´allhatnak u ´gy, hogy mindenki a jobb oldali szomsz´edj´at aj´and´ekozza meg. A lehets´eges sorsol´asok sz´ama ugyanannyi, ah´anyf´elek´eppen k¨orbe tudnak ´allni. A legfiatalabbt´ol jobbk´ezre indulva az els˝o ember 29-f´ele lehet, a k¨ovetkez˝o 28-f´ele, ... az utols´o -a legfiatalabb bal oldali szomsz´edja- 1-f´ele. Az esetek 1 29 29! sz´ama teh´at 29!. A keresett val´osz´ın˝ us´eg = . Ezek szerint egy sorsol´as eset´en a 30! 30 30 val´osz´ın˝ us´ege, hogy a sor elakad. 3 pont à !6 29 Annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy a 6 ´ev mindegyik´eben elakad a sor ´eppen . A feladat 30 ezen esem´eny komplementer´enek val´osz´ın˝ us´eg´et k´erdezi: annak val´osz´ın˝ us´ege, hogy egy hat ´evfolyamos oszt´alyban el˝ofordul legal´abb egyszer a hat kar´acsony k¨oz¨ ul, hogy nem akad el a sor à !6 29 1− ≈ 0, 184. 2 pont 30 ¨ Osszesen: 7 pont

3. Melyek azok az x, y, z ´es w val´os sz´amok, amelyekre egyszerre teljes¨ ul: 3 x+y+z = , 2

(1) √

(2)

4x − 1 +

q

4y − 1 +

√

4z − 1 ≥ 2 + 3

√

w−2

.

Megold´ as: Becs¨ ulj¨ uk (2) bal oldal´at fel¨ ulr˝ol a sz´amtani ´es a n´egyzetes k¨ozepek k¨oz¨otti ¨osszef¨ ugg´es felhaszn´al´as´aval, kihaszn´alva (1)-et: √

4x − 1 +

q

4y − 1 +

√

4z − 1 ≤ 3 ·

s

(4x − 1) + (4y − 1) + (4z − 1) = 3

s

4(x + y + z) − 3 = 3. 3 Egyenl˝os´eg akkor ´es csak akkor ´all fenn, ha 4x − 1 = 4y − 1 = 4z − 1, ami (1) miatt csak x = y = z = 12 eset´en teljes¨ ul. 3 pont √ √ √ w−2 Most vizsg´aljuk (2) jobb oldal´at. Mivel w − 2 ≥ 0, ez´ert 3 ≥ 1, azaz 2+3 w−2 ≥ 3. Egyenl˝os´eg akkor ´es csak akkor ´all fenn, ha w − 2 = 0, azaz w = 2. 2 pont Ezek alapj´an (2) pontosan akkor teljes¨ ul, amikor mindk´et oldal ´ert´eke 3 ´es a v´altoz´ok ´ert´ekei x = y = z = 12 ´es w = 2. 2 pont ¨ Osszesen: 7 pont =3·

2

49

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

4. Adott egy egys´egnyi oldal´ u n´egyzet. Hat´arozzuk meg a n´egyzet s´ıkj´aban lev˝o azon k¨or¨ok k¨oz´eppontjainak a halmaz´at (m´ertani hely´et), amelyeknek a n´egyzet mind a n´egy oldal´aval k´et k¨oz¨os pontja van. Megold´ as: Legyenek a n´egysz¨og cs´ ucsai A,B,C ´es D, a k¨or k¨oz´eppontja O, a k¨or sugara r. Legyen O t´avols´aga az AB, BC, CD ´es DA oldalakt´ol rendre x, y, z ´es v. Annak felt´etele, hogy a k¨ornek az AB oldallal k´et k¨oz¨os pontja van: (i) r > x, azaz a k¨or metszi az AB egyenest ´es (ii) OA ≥ r illetve OB ≥ r, azaz a k¨ornek ´es az AB egyenesnek a k´et metsz´espontja az AB szakaszon vannak. Ugyanilyen felt´etelek ´erv´enyesek a t¨obbi oldalra is, azaz r > y, r > z, r > v ´es OC ≥ r, OD ≥ r. Az OA ≥ r ´es r > y felt´etelek O-nak az A pontt´ol ´es a BC egyenest˝ol val´o t´avols´ag´ar´ol sz´olnak; egy¨ utt azt jelentik, hogy O k¨ uls˝o pontja annak a parabol´anak, melynek A a f´okusza, BC egyenese a vez´eregyenese. (1. ´abra)

Az OA ≥ r ´es r > z felt´etelek ugyan´ıgy egy parabola k¨ uls˝o pontjait adj´ak, a f´okusz A, a vez´eregyenes CD. (2.´abra) Amennyiben az el˝oz˝o gondolatmenetet alkalmazzuk a tov´abbi h´arom cs´ ucs ´es megfelel˝o oldalp´arok eset´en, a parabol´akon k´ıv¨ uli pontok a n´egyzet belsej´eben a 3. ´abr´an l´athat´o L alakzatot adj´ak. Az alakzatot parabola´ıvek hat´arolj´ak, de a hat´arvonal pontjai nem tartoznak hozz´a L-hez. 4 pont Az m´ar kider¨ ult, hogy csak L pontjai tartozhatnak a keresett m´ertani helyhez, most megmutatjuk, hogy L minden pontja megfelel˝o. Legyen O az L alakzat egy tetsz˝oleges pontja. Tekints¨ uk az OA, OB, OC ´es OD szakaszokat, legyen ezek hossz´anak minimuma a k¨or r0 sugara, ´ıgy a (ii) t´ıpus´ u felt´etelek teljes¨ ulnek. Az (i) t´ıpus´ u felt´etelek is teljes¨ ulnek, az ´altal´anoss´ag rov´asa n´elk¨ ul feltehet˝o, hogy x ≥ y, x ≥ z, x ≥ v ´es O vet¨ ulete AB-n T . Ha OA = r0 , akkor az OT A der´eksz¨og˝ u -nem elfajul´o- h´aromsz¨ogben r0 = OA > OT = x. 0 Ha OB = r ugyan´ıgy ´ervelhet¨ unk. Ha OC = r0 vagy OD = r0 , akkor a parabol´aink 0 garant´alj´ak, hogy r > x. 3 pont 3

50

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

Ezzel bel´attuk, hogy a keresett m´ertani hely a parabola´ıvek ´altal hat´arolt L alakzat, a hat´arvonal pontjai nem tartoznak hozz´a L-hez. ¨ Osszesen: 7 pont

4

51

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal

A döntő feladatainak megoldása 1.

Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: K=

x 3 − x 2 − 9 x + 2017 , x2 − 9

ahol x ∈ [− 2008;2008] és x ∈ Z . Mennyi a valószínűsége annak, hogy K egész szám, ha x eleget tesz a fenti feltételeknek? Megoldás: Nyilvánvaló, hogy a K kifejezés nem értelmezhető, ha x 2 − 9 = 0 , ezért x ≠ ±3 .

(1 pont)

Alakítsuk át a K kifejezést: x ⋅ (x 2 − 9) − (x 2 − 9) + 2008 , x2 − 9 2008 . K = x −1+ 2 x −9

K=

K akkor és csak akkor lesz egész szám, ha

(2 pont)

2008 egész, ami x2 − 9

ekvivalens azzal, hogy az x 2 − 9 kifejezés értékei a 2008 szám – pozitív és negatív – osztói.

(1 pont)

Mivel 2008 prímtényezős felbontása: 2 3 ⋅ 251 ,

(1 pont)

ezért x 2 − 9 -nek csak a következő táblázat első oszlopában lévő értékei adhatnak K -ra egész értéket. A táblázat tartalmazza az ezekből számított x 2 , illetve x számokat.

2

52

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal x2 − 9

x2

x

1 -1 2 -2 4 -4 8 -8 251 -251 502 -502 1004 -1004 2008 -2008

10 8 11 7 13 5 17 1 260 -242 511 -493 1013 -995 2017 -1999

nem egész szám nem egész szám nem egész szám nem egész szám nem egész szám nem egész szám nem egész szám x = 1 és x = −1 nem egész szám nem valós szám nem egész szám nem valós szám nem egész szám nem valós szám nem egész szám nem valós szám (2 pont)

A fenti táblázatból látható, hogy csak x − 9 = −8 esetben 2

kapunk x -re egész számot. Ez azt jelenti, hogy a feladat szempontjából csak x = +1

és x = −1

felel meg, tehát a kedvező esetek száma: k = 2.

(1 pont)

Az összes esetek számát megkapjuk, ha a [− 2008;2008] intervallumbeli egészek számából levonjuk az x ≠ +3 és x ≠ −3 feltétel miatt kieső két számot. Így az összes esetek száma: n = 4015 .

(1 pont)

A keresett valószínűség tehát: k , n 2 P= . 4015 P=

(1 pont) Összesen: 10 pont 3

53

Megoldások

Dönt® forduló

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal 2.

Szakközépiskola

Feladat Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójára és az AC befogójára kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket. Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját! Mekkora szögben látszanak az M pontból az ABC háromszög oldalai?

Megoldás I. : Jelöléseink az alábbi ábrán láthatók.

1. ábra Az AGB háromszög negatív irányú 90° -os elforgatottja az ACE háromszög.

(2 pont)

Ezért a GB és CE szakaszok merőlegesek egymásra, tehát az ABC háromszög BC oldala az M pontból derékszögben látszik.

(2 pont)

Mivel GB és CE szakaszok merőlegesek egymásra, ezért az M pont rajta van a BE szakasz, mint átmérő fölé rajzolt Thalész-körön is.

(1 pont)

Ebben a körben az ABE∠ olyan kerületi szög, amely az AE ívhez tartozik. 4

54

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal Másrészt ABE∠ = 45 0 ,

mivel az ABDE négyzet oldalának és átlójának szöge.

(1 pont)

De ugyanehhez az ívhez tartozik az AME∠ is, ezért a kerületi szögek tétele alapján AME∠ = ABE∠ .

(2 pont)

Így az AB átfogó M pontból mért látószöge: AMB∠ = 90 0 + 45 0 ,

(1 pont)

AMB∠ = 135 0.

A harmadik oldal látószöge:

(

)

AMC∠ = 360 0 − 135 0 + 90 0 , AMC∠ = 135 0 .

(1 pont) Összesen: 10 pont

Megjegyzés: A második látószöget a kerületi szögtétel nélkül például az alábbiak szerint kaphatjuk meg. Megszerkesztjük az M pont ( GB -n lévő) + 90 0 -os elforgatottját M ' -t. Az AMM ' egyenlőszárú derékszögű háromszögből leolvashatjuk, hogy AMM ' ∠ = AMG∠ = 45 0 ,

amiből AMC∠ = AMG∠ + GMC∠ ,

AMC∠ = 45 0 + 90 0 ,

AMC∠ = 135 0 .

Ekkor AMB∠ -t számoljuk kivonással.

(5 pont) (1 pont)

5

55

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal Megoldás II. :

Ebben a megoldásban a GB és CE szakaszok merőlegességét vektorok segítségével bizonyítjuk.

2. ábra A feladat feltételei miatt a 2. ábrán megjelölt b és b1 , illetve c és c1 vektorokra nyilvánvalóan teljesül, hogy (1)

b = b1 = AC = b , illetve c = c1 = AB = c .

Mivel a b és a b1 , illetve a c és a c1 vektorok által bezárt szög 90° -os, ezért a két-két vektor skaláris szorzata nulla, azaz

(2)

b ⋅ b1 = 0 , és c ⋅ c1 = 0 .

(1 pont)

Az ábra alapján GB = c − b1 , és CE = c1 − b .

Írjuk fel a GB és CE vektorok skaláris szorzatát: (3)

(

)(

)

GB ⋅ CE = c − b1 ⋅ c1 − b .

Tudjuk, hogy a skaláris szorzás disztributív, ezért (3) átalakítva: (4)

GB ⋅ CE = c ⋅ c1 − c ⋅ b − b1 ⋅ c1 + b1 ⋅ b .

(2)-t (4)-be helyettesítve: (5)

GB ⋅ CE = −c ⋅ b − b1 ⋅ c1

(1 pont) 6

56

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal következik.

Mivel a c és b vektorok által bezárt szög a szokásos jelölések mellett BAC∠ = α ,

a b1 és c1 vektorok bezárt szöge viszont GAE∠ = 180° − α ,

ezért (5)-ből és (1)-ből GB ⋅ CE = −b ⋅ c ⋅ cos α − b ⋅ c ⋅ cos(180° − α ) .

(1 pont)

Felhasználva, hogy cos(180° − α ) = − cos α ,

kapjuk, hogy (6)

GB ⋅ CE = 0 .

A (6) összefüggés akkor és csakis akkor teljesül, ha a GB és CE vektorok merőlegesek egymásra. Ez pontosan azt jelenti, hogy a GB és CE szakaszok merőlegesek egymásra, ezért az ABC háromszög BC befogója az M pontból derékszögben látható.

(1 pont)

Innen a feladat az első megoldás menete alapján fejezhető be.

(6 pont)

Összesen: 10 pont

7

57

Megoldások

Dönt® forduló

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal 3.

Szakközépiskola

Feladat Egy m sorból és n oszlopból álló, téglalap alakú táblázat minden mezőjébe egy-egy számot írunk oly módon, hogy az egyes sorokba írt számok egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjait képezik, hasonlóképpen az egyes oszlopokba írt számok is egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjai. Mennyi a táblázatba írt számok összege, ha a téglalap négy sarkába (csúcsába) írt számok összege 2008 ?

Megoldás:

3. ábra Legyen a sarkokba írt négy szám a 3. ábra szerint a; b; c; d ! Először soronként összegezzük a számokat. A feltétel szerint az első sorban levő számok egy számtani sorozat tagjai. Ennek a számtani sorozatnak a különbségét jelöljük d1 -gyel! Az első sorban levő számok a következők: a; a + d 1 ; a + 2d1 ; a + 3d1 ;...; a + (n − 1) ⋅ d 1 = b ,

összegük: (1)

S1 = a + (a + d1 ) + (a + 2d1 ) + ... + a + (n − 1)d1 .

(2)

S1 =

a+b n. 2

(1 pont)

Az egyes oszlopokban szereplő számok is egy-egy számtani sorozat 8

58

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal

tagjai. Az ezekhez a sorozatokhoz tartozó különbségek legyenek rendre d 2 ; d 3 ; d 4 ;...; d n +1 !

Ezekkel a jelölésekkel kifejezhetők (balról jobbra haladva) a második sorban levő számok: a + d 2 ; a + d1 + d 3 ; a + 2d1 + d 4 ; a + 3d1 + d 5 ;...; a + (n − 1) ⋅ d1 + d n +1 ,

amelyek összege: S 2 = (a + d 2 ) + (a + d1 + d 3 ) + ... + [a + (n − 1)d1 + d n +1 ] .

(3)

Ha (3)-ból kivonjuk (1)-et, akkor azt kapjuk, hogy (4)

S 2 − S1 = d 2 + d 3 + ... + d n +1 .

(2 pont)

Jelöljük ezt S d -vel! A harmadik sorban levő számok ugyancsak kifejezhetők a fenti jelölésekkel: a + 2d 2 ; a + d1 + 2d 3 ; a + 2d1 + 2d 4 ; a + 3d1 + 2d 5 ;...; a + (n − 1) ⋅ d1 + 2d n +1 ,

ezek összege: (5)

S 3 = (a + 2d 2 ) + (a + d1 + 2d 3 ) + ... + [a + (n − 1)d1 + 2d n +1 ] .

(5) és (3) különbségeként adódik: S 3 − S 2 = d 2 + d 3 + ... + d n +1 ,

ami (4) miatt (6)

S3 − S2 = Sd .

Bizonyítható, hogy bármelyik sor tagjainak összegéből kivonva a megelőző sor tagjainak összegét, mindig ugyanazt az S d = d 2 + d 3 + ... + d n +1

összeget kapjuk,

(3* pont)

azaz átrendezve (4), (6)…:

9

59

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal S 2 = S1 + S d , S3 = S2 + Sd ,

…………….. S m = S m −1 + S d

Ezzel beláttuk, hogy az m sorban elhelyezkedő m darab összeg szintén számtani sorozatot alkot.

(1 pont)

Ennek első tagja (2) szerint S1 =

a+b n, 2

m -edik tagja pedig

Sm =

(c + d ) n . 2

(1 pont)

Mivel a soronkénti összegeket – amik egy számtani sorozat tagjai – kell összegeznünk, ezért S=

S1 + S m m, 2

c+d ⎞ ⎛a+b ⋅n + ⋅ n⎟ ⋅ m ⎜ 2 2 ⎝ ⎠ S= , 2 S=

m ⋅ n ⋅ (a + b + c + d ) . 4

(1 pont)

A feladat feltétele alapján a + b + c + d = 2008 ,

ezért S=

m ⋅ n ⋅ 2008 , 4

S = 502 ⋅ m ⋅ n .

(1 pont) Összesen: 10 pont

10

60

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló Feladatlap és megoldások

Oktatási Hivatal Megjegyzés (1):

Természetesen úgy is eljuthatunk a megoldáshoz, hogy a sorok összegzése után oszloponként adjuk össze a számokat, és a két összeg együttesen a táblázatba írt számok összegének a kétszeresét adja. Megjegyzés (2): A leírt megoldásban nem használtuk ki, hogy d 2, d 3 ,..., d n+1 számtani sorozatot kell alkosson, ha a feladat szövege szerint minden sorban számtani sorozat van. A versenyző erre is építheti megoldását. Megjegyzés (3): Ha a versenyző nem bizonyítja korrektül az S i − S i −1 = S d

összefüggést, akkor a 3* pontból vonjunk le 1 pontot.

11

61

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

Oktatási Hivatal Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2007-2008. tan´ evi harmadik, d¨ ont˝ o fordul´ oj´ anak feladatmegold´ asai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara 1. Egy urn´aban van n + 2 darab c´edula. K´et c´edul´an p´aros sz´am, n darabon pedig p´aratlan sz´am van, ahol n ≥ 2. Ketten j´atszanak A ´es B. Minden j´at´ekot A kezd, kih´ uz k´et c´edul´at visszatev´es n´elk¨ ul, majd B is ugyanezt teszi. Az A j´at´ekos nyer, ha az ´altala h´ uzott sz´amok ¨osszege p´aros, de B ¨osszege p´aratlan. B nyer, ha az ˝o k´et sz´am´anak ¨osszege p´aros, de A ¨osszege p´aratlan. Ha mindkett˝oj¨ uk ¨osszege egyszerre p´aros, vagy egyszerre p´aratlan, akkor u ´jra j´atszanak. Milyen n ´ert´ek eset´en lesz a legkisebb az u ´jraj´atsz´as val´osz´ın˝ us´ege? Megold´ as: Legyen a k´et j´at´ekos nyer´es´enek val´osz´ın˝ us´ege P (A) ´es P (B). n = 2 eset´en P (A) = P (B) = 0. Ha n > 2, akkor A gy˝ozelm´ehez k´et p´aratlant kell h´ uznia, majd Bnek egy p´aratlant ´es egy p´arosat valamilyen sorrendben. Ezen esetek sz´ama, a sorrendet is figyelembe v´eve: n(n − 1)((n − 2) · 2 + 2(n − 2)) = 4n(n − 1)(n − 2). Az ¨osszes lehets´eges h´ uz´as (n + 2)(n + 1)n(n − 1)-f´elek´eppen t¨ort´enhet. ´Igy P (A) =

4n(n − 1)(n − 2) 4(n − 2) = . (n + 2)(n + 1)n(n − 1) (n + 2)(n + 1)

2 pont

Ugyan´ıgy B gy˝ozelm´ehez k´et p´aratlant kell h´ uznia, el˝otte pedig A-nak egy p´aratlant ´es egy p´arosat valamilyen sorrendben. Ezen esetek sz´ama, a sorrendet is figyelembe v´eve: (n · 2 + 2n)(n − 1)(n − 2) = 4n(n − 1)(n − 2). Ezek szerint P (A) = P (B) = fentiek alapj´an:

4(n−2) . (n+2)(n+1)

Az u ´jraj´atsz´as val´osz´ın˝ us´ege n f¨ uggv´enyek´ent a

P (n) = 1 − P (A) − P (B) = 1 −

n2 − 5n + 18 8(n − 2) = 2 . (n + 2)(n + 1) n + 3n + 2

2 pont

7 ; P (5) = 73 ; A P (n) f¨ uggv´eny ´ert´eke 1 < n < 7 eset´en: P (2) = 1; P (3) = 53 ; P (4) = 15 3 P (6) = 7 , azaz P (2) > P (3) > P (4) > P (5) = P (6). Amennyiben n > 6 akkor P (n) > 73 .

P (n) =

3 n2 − 5n + 18 > 2 n + 3n + 2 7

azaz 7n2 − 35n + 126 > 3n2 + 9n + 6

n > 6 miatt n2 + 3n + 2 > 0 teh´at ekvivalens ´atalak´ıt´ast v´egezt¨ unk. Rendezve ´es szorzatt´a alak´ıtva 4(n2 − 11n + 30) = 4(n − 5)(n − 6) > 0,

ami nyilv´anval´oan teljes¨ ul. Az u ´jraj´atsz´asnak teh´at n = 5 vagy n = 6 eset´en legkisebb a val´osz´ın˝ us´ege. 3 pont ¨ Osszesen: 7 pont A megold´as ugyan´ıgy t¨ort´enhet, ha a sorrendet nem veszi figyelembe a versenyz˝o. Ekkor a val´osz´ın˝ us´egek kisz´am´ıt´as´anal a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o is ugyanannyiszoros´ara v´altozik, a h´anyados ´ert´eke azonos marad a fent le´ırtakkal.

62

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

2. Az ABC h´aromsz¨og BC oldal´anak felez˝o pontja D. Az ABD ´es ADC h´aromsz¨ogek k¨or´e ´ırt k¨or¨ok k¨oz´eppontjai rendre E ´es F . A BE ´es CF egyenesek metsz´espontja G. Tudjuk, hogy BC=2DG=2008 ´es EF = 1255 egys´eg. Mekkora az AEF h´aromsz¨og ter¨ ulete? Megold´ as: A feladat felt´etelei miatt E rajta van BD, F pedig DC felez˝omer˝oleges´en. E k´et egyenes t´avols´aga a BC oldal fele, azaz 1004 egys´eg. Ha ABC 6 = ACB 6 , akkor EF ´es BC p´arhuzamosak, EF = 1004. Az ´altal´anoss´ag rov´asa n´elk¨ ul felt´etelezz¨ uk, hogy a BC oldalon fekv˝o sz¨ogek k¨oz¨ ul B-n´el van a nagyobb. Legyen ADB 6 = δ. A k¨oz´epponti ´es ker¨ uleti sz¨ogek t´etele alapj´an az ABD k¨or´e ´ırt k¨ort tekintve BEA6 = 2δ ´es ´ıgy ABE 6 = 90◦ − δ, az ADC k¨or´e ´ırt k¨ort tekintve CF A6 = 2δ ´es ´ıgy ACF 6 = 90◦ − δ. Ezek szerint AG ugyanakkora sz¨ogben l´atszik B-b˝ol ´es C-b˝ol, azaz ABCG h´ urn´egysz¨og. A BCG h´aromsz¨ogben BC = 2008 ´es a BC oldalhoz tartoz´o s´ ulyvonal hossza DG = 1004, azaz G rajta van BC Thalesz k¨or´en ´es ´ıgy CGB 6 der´eksz¨og. Mivel A is rajta van a BCG k¨or´e ´ırt k¨or¨on, ez´ert CAB 6 is der´eksz¨og. (1. ´abra) 2 pont

EF az AD szakasz felez˝o mer˝olegese, EF felezi az AED6 ´es DF A6 sz¨ogeket. A k¨oz´epponti ´es ker¨ uleti sz¨ogek t´etele alapj´an: az ABD k¨or´e ´ırt k¨ort tekintve ABD = β, AED6 = 2β, 6 AEF = β; az ADC k¨or´e ´ırt k¨ort tekintve DCA6 = γ, DF A6 = 2γ, EF A6 = γ. Azt kaptuk, hogy ABC ´es AEF hasonl´oak. (2. ´abra) 2 pont E ´es F mer˝oleges vet¨ ulete a BC oldalon legyen rendre E 0 ´es F 0 , ezek a pontok felezik BD-t ´es CD-t. EF F 0 6 = ADB 6 = δ, mivel mer˝oleges sz´ar´ u hegyessz¨ogek, ´ıgy E 0F 0 1004 BC · DA · sin δ 10043 = sin δ = , TABC = = . EF 1255 2 1255 Az ABC ´es AEF h´aromsz¨ogek hasonl´os´agi ar´anya EF : BC = 1255 : 2008 = 5 : 8, ter¨ uleteik ar´anya a hasonl´os´agi ar´any n´egyzete, teh´at TAEF =

25 10043 · = 315005 (ter¨ uletegys´eg). 64 1255

3 pont ¨ Osszesen: 7 pont

3. Egy 2 egys´eg magass´ag´ u egyenes k¨orhenger alapk¨or´enek ´atm´er˝oje legyen egy egys´eg. A hengert olyan s´ıkkal mess¨ uk el, mely a forg´astengellyel 45◦ -os sz¨oget z´ar be ´es az alapk¨orrel

63

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

egyetlen k¨oz¨os pontja van. Legyen ez a pont O. A hengerpal´astot ezut´an az O ponton ´atmen˝o alkot´o ment´en felv´agva kiter´ıtj¨ uk, ami ´altal a metszetg¨orbe s´ıkg¨orbe lesz. Mely x 7→ f (x) f¨ uggv´eny grafikonja ez a s´ıkg¨orbe? Megold´ as: Legyen K az alapk¨or k¨oz´eppontja, a metsz˝o s´ık S, a henger tengelye t, S ´es t k¨oz¨os pontja M . Jel¨olje az alapk¨or s´ıkj´at S 0 , ennek metsz´esvonal´at S s´ıkkal m. m az alapk¨ort annak O pontj´aban ´erinti. Mivel t mer˝oleges S 0 -re, ez´ert a benne fekv˝o m-re is ´ıgy t-nek S-re es˝o d vet¨ ulete mer˝oleges m-re. M´asr´eszt m mer˝oleges a KO ´es KM egyenesekre,teh´at az M O egyenesre is. Mivel d-nek pontja M ´es M O-hoz hasonl´oan mer˝oleges m-re, ez´ert d ´eppen az M O egyenes. Az M KO h´aromsz¨ogben K-n´al der´eksz¨og, M -n´el 45◦ -os van, ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy S ´es S 0 sz¨oge M OK 6 = 45◦ . 2 pont Legyen a metsz´esvonal egy tetsz˝oleges pontja P , vet¨ ulete az alapk¨or¨on ´es az OM egyenesen rendre P 0 ´es Q. A kiter´ıtett pal´aston P pont x koordin´at´aja az alapk¨or OP 0 ´ıv´enek hossza, y koordin´at´aja P P 0 . 1 pont Legyen az OKP 0 6 radi´anban z. Mivel OK = 12 az OP 0 ´ıv hossza z2 . Legyen Q vet¨ ulete OK-ra Q0 , a KQ0 el˝ojeles hossza akkor legyen negat´ıv, ha K a Q0 ´es O k¨oz´e esik. OQ0 = OK − KQ0 = 21 (1 − cos z) = sin2 z2 . Mivel QOQ0 egyenl˝o sz´ar´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og, ez´ert OQ0 = Q0 Q. M´asr´eszt P P 0 Q0 Q t´eglalap, hiszen P P 0 ´es QQ0 mer˝olegesek S 0 -re ´es ´ıgy a m-re is, P Q ´es P 0 Q0 pedig p´arhuzamosak m-mel. Teh´at OQ0 = Q0 Q = P 0 P , megkaptuk a keresett f¨ ugg˝oleges koordin´at´at.

A keresett hozz´arendel´es ezek szerint f ( z2 ) = sin2 z2 , azaz x 7→ sin2 x. Mivel az alapk¨or ´atm´er˝oje egy, ez´ert az alapk¨or ker¨ ulete π, a g¨orb´et le´ır´o f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya [0; π]. 4 pont ¨ Osszesen: 7 pont

64

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2007–2008-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére A döntő feladatainak megoldásai 1. feladat. Az A1 A2 . . . A6 konvex hatszög mindegyik belső szöge tompaszög. Az Ai középpontú ki körök (1 ≤ i ≤ 6) úgy helyezkednek el, hogy k1 kívülről érinti k2 -t és k6 -ot, k2 kívülről érinti k1 -et és k3 -at, általában ki kívülről érinti ki−1 -et és ki+1 -et. A k1 -en található két érintési pontot összekötő egyenesnek és a k3 -on található érintési pontokat összekötő egyenesnek a metszéspontját összekötjük A2 -vel, ez lesz az e egyenes. Hasonlóan, a k3 on, illetve k5 -ön levő érintési pontokat összekötő egyenesek metszéspontját összekötjük A4 -gyel, ez lesz az f egyenes. Végül, a k5 -ön, illetve k1 -en található érintési pontokat összekötő egyenesek metszéspontját összekötjük A6 -tal, ez lesz a g egyenes. Mutassuk meg, hogy e, f és g egy ponton mennek át. Első megoldás: Jelöljük li -vel azt az egyenest, amely a ki körön levő két érintési pontot köti össze (i = 1, . . . , 6). Az A1 . . . A6 hatszög konvexitása miatt li elválasztja Ai -t a többi csúcstól. Ha αi jelöli a hatszög belső szögét az Ai csúcsnál, akkor az li egyenes εi = (π − αi )/2 szögben metszi a hatszög két oldalát. Erre a szögre αi > π/2 miatt εi < π/4 teljesül. ε1

k1

ε1

A1 ε 1

e

ε2

ε3 ε2 ε1

ε2 ε3

l1 A2

k2

ε3

l2 ε3 ε2

A3 k3

l3 E

Tekintsük az l1 és az l3 egyenest. Ezek l2 -vel az ε1 + ε2 , illetve ε2 + ε3 hegyesszögeket zárják be, amelyek l2 -nek az A2 -t tartalmazó félsíkjában egymással szemben állnak. Emiatt 1

65

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

l1 és l2 metszik egymást ennek a félsíknak egy E pontjában, és az A2 pont az l1 , l2 , l3 által közrefogott háromszögnek belső pontja. Hasonló megállapítások érvényesek az l3 és l5 metszéspontjaként keletkező F pontra és A4 -re, valamint az l5 és l1 metszéspontjaként adódó G pontra és A6 -ra. Az EF G háromszögnek tehát A2 , A4 és A6 belső pontjai.

k6 A5

G ε5

A6

ε5

Y

P

ε1

l5

ε5 ε5

X

Z k1

k5

g

F

e

ε1

f

A4

A1 ε Q 1 ε3

k4

U ε3

ε1

l1

ε3

A2

k2

V

R

W

ε3

A3 k3

l3 E

Azt kell belátnunk, hogy az e = EA2 , f = F A4 és g = GA6 egyenesek az EF G háromszögben Ceva-féle egyenesek, azaz egy pontban metszik egymást. Jelölje P , Q és R rendre az e-nek, f -nek, illetve g-nek az EF G háromszög szemközti oldalaival vett metszéspontját. F P GQ ER · · = 1, és ebből a Ceva-tétel megfordítására hivatkozva Megmutatjuk, hogy P G QE RF következik majd állításunk. Először az egyes oldalakon keletkező szakaszok arányát a háromszög oldalaival és a keletkező szögek szinuszaival fejezzük ki. 2

66

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

Segédtétel. Ha az ABC háromszög AB oldalát egy C-ből induló félegyenes a K AK AC sin γ1 pontban metszi, akkor = · , ahol γ1 = ACK∢, γ2 = KCB∢. KB BC sin γ2

C γ

1

γ2

A

K

B

AK Bizonyítás. Az arány megegyezik az AKC és KBC háromszögek területének arányáKB val, mert ezeknek a háromszögeknek közös a C-ből induló magassága. A két háromszög területét kifejezhetjük két oldalával és a közbezárt szög szinuszával is. Ekkor 2 · TAKC AC · KC · sin γ1 AC · sin γ1 AK = = = . KB 2 · TKBC KC · BC · sin γ2 BC · sin γ2

A segédtétel bizonyítása után nevezzük el az ábra szerint a k2 körön levő két érintési pontot U -nak és V -nek, a k4 körön az érintési pontokat W , X-nek, a k6 körön az érintési pontokat Y , Z-nek. Egyenlő szárú háromszögek és csúcsszögek alapján több egyenlő szög is van az ábrán: EU A2 ∢ = A1 U Z∢ = A1 ZU ∢ = GZA6 ∢ = ε1 , F W A4 ∢ = A3 W V ∢ = A3 V W ∢ = EV A2 ∢ = ε3 , GY A6 ∢ = A5 Y X∢ = A5 XY ∢ = F XA4 ∢ = ε5 . Most alkalmazzuk a szinusztételt az EU A2 és EV A2 háromszögekre: sin(U EA2 ∢) U A2 V A2 sin(V EA2 ∢) = = = , sin ε1 EA2 EA2 sin ε3 innen

sin ε3 sin(V EA2 ∢) = . sin(U EA2 ∢) sin ε1

Ugyanilyen úton kapjuk, hogy sin(XF A4 ∢) sin ε5 = sin(W F A4 ∢) sin ε3

és

sin ε1 sin(ZGA6 ∢) = . sin(Y GA6 ∢) sin ε5

A segédtétel és az eddigi egyenlőségek alapján az EF G háromszög egyes oldalain keletkező szakaszok aránya: EF · sin(V EA2 ∢) EF sin ε3 FP = = · , PG EG · sin(U EA2 ∢) EG sin ε1 F G · sin(XF A4 ∢) F G sin ε5 GQ = = · , QE EF · sin(W F A4 ∢) EF sin ε3 ER EG · sin(ZGA6 ∢) EG sin ε1 = = · . RF F G · sin(Y GA6 ∢) F G sin ε5 3

67

Megoldások

Ebből valóban

Dönt® forduló

Specmat

F P GQ ER · · = 1 adódik, amit bizonyítani akartunk. P G QE RF

Második megoldás: Használjuk az első megoldásban bevezetett l1 , l3 , l5 , E, F , G jelöléseket. Feküdjön a hat kör a tér valamely S síkjában. Állítsunk a körökre egyenlő nyílásszögű egyenes körkúpokat, amelyek B1 , . . . , B6 csúcsai közül B1 , B3 és B5 az S sík egyik félterében, B2 , B4 és B6 a másikban helyezkedjen el. Jelölje S1 a B6 B1 B2 síkot, S3 a B2 B3 B4 síkot és S5 a B4 B5 B6 síkot. Ekkor az l1 , l3 , l5 egyenesek rendre az S1 , S3 és S5 metszésvonalai az S síkkal. Így az E pont illeszkedik S1 és S3 metszésvonalára, emiatt ez a metszésvonal az EB2 egyenes. Hasonlóan, S3 és S5 metszésvonala az F B4 egyenes, S5 és S1 metszésvonala a GB6 egyenes. Ezeknek a metszésvonalaknak az S síkra eső merőleges vetületei rendre az e, f és g egyenesek. Három sík páronként vett metszésvonalai vagy egy ponton haladnak át (amikor a síkoknak van közös pontja), vagy pedig párhuzamosak (amikor nincs). Ha tehát S1 -nek, S3 -nak és S5 -nek van közös pontja, akkor e, f és g is egy ponton halad át. A másik eset csak oly módon állhatna elő, hogy e, f és g párhuzamosak. Az első megoldás első két bekezdéséhez hasonlóan belátható, hogy a feladat feltételeiből következően ez lehetetlen. 2. feladat. Két játékos előtt egy-egy kavicskupac található, kezdetben mindkettőben k kavics van. Először az első játékos ezekhez hozzátesz összesen 2008 újabb kavicsot, az új kavicsokat tetszőlegesen oszthatja el a két kupac között (akár az összeset is az egyik kupacba teheti). Ezután a második játékos tesz hozzá a kupacokhoz összesen 2008 újabb kavicsot, és ugyanígy folytatják felváltva. Az nyer, akinek a kupacában (a saját vagy ellenfele lépése után) a kavicsok száma négyzetszám, míg ellenfele kupacára ez nem igaz (ha mindkét kupac ilyen, akkor a játékot folytatják). Van-e végtelen sok k-ra a második játékosnak nyerő stratégiája? Megoldás: A válasz igenlő, pl. minden elég nagy n esetén k = n2 − 2009-re a második játékosnak van nyerő stratégiája. Jelölje az első játékost E, a másodikat M, és legyen n olyan nagy, hogy n2 − 2010 és 2 n + 4014 között az n2 -en kívül ne legyen négyzetszám (pl. n ≥ 2007 megfelel, hiszen ekkor (n + 1)2 − n2 = 2n + 1 > 4014, és n2 − (n − 1)2 > 4012). Tegyük fel, hogy E az első lépésben t kavicsot tesz a saját kupacába és 2008−t kavicsot az M-ébe. Ekkor E kupacában n2 − 2009 + t < n2 , M kupacában n2 − 1 − t < n2 kavics lesz, tehát a játék biztosan nem ért véget. Vizsgáljuk először a t < 2008 esetet (azaz amikor E az első lépésben nem teszi mind a 2008 kavicsot a saját kupacába). Ekkor M kupacában legalább n2 − 2008 kavics lesz, ezt tehát fel tudja most tölteni n2 -re, miközben E kupacában összesen csak n2 − 2 kavics lesz (hiszen a kavicsok száma összesen 2 · 2008-cal szaporodott a kezdeti 2(n2 − 2009)-hez képest). Így ebben az esetben M máris nyert. Hátra van a t = 2008 eset, ekkor tehát E első lépése után E kupacában n2 − 1, M kupacában pedig n2 − 2009 kavics van. Tegyen most M egyetlen kavicsot a saját kupacába és 2007-et ellenfeléébe. Ekkor E kupacában n2 + 2006, M kupacában n2 − 2008 kavics lesz. Ezek egyike sem négyzetszám, tehát a játék folytatódik. Ha most E mind a 2008 4

68

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

kavicsot M kupacába teszi, akkor M nyert. A többi esetben M kupacában összesen n2 nél kevesebb, de legalább n2 − 2008 kavics lesz, miközben E kupacában a kavicsok száma legfeljebb n2 + 4014. A játék tehát nem ért véget, és most M n2 -re tudja feltölteni a saját kupacát, miközben E kupacában n2 + 4014 kavics lesz, tehát M nyert. 3. feladat. Mutassuk meg, hogy minden 1 < r < s < 2008/2007 számokhoz vannak olyan (nem feltétlenül relatív prím) p és q pozitív egészek, hogy r < p/q < s, és sem a p, sem a q tízes számrendszerbeli felírásában nem szerepel a 0 számjegy. Megoldás: A megoldás lényege a következő. Veszünk (r + s)/2-höz nagyon közel egy u/v racionális számot, ahol u és v is 10-val kezdődik. Ezt azonosan átalakítjuk először úgy, hogy sok 0-t írunk mind a számláló, mind a nevező végére, majd balról jobbra haladva egyesével korrigáljuk a számláló és a nevező 0 jegyeit, mégpedig úgy, hogy az éppen vizsgált tört adott számjegyétől kezdődően hozzáadunk (vagy levonunk) a számláló esetében u-t, a nevező esetében v-t. Ily módon az u/v racionális szám egy olyan alakjához jutunk, amelynek számlálójában és nevezőjében az utolsó „néhány” jegytől eltekintve nem fordul elő 0 számjegy. Végül, ezeken az utolsó helyeken tetszőlegesen megváltoztatjuk a 0 jegyeket valami másra. Mivel az így keletkezett tört nagyon közel van u/v-hez, és így (r + s)/2-höz is, ezért megfelel a feltételeknek. Nézzük a részleteket. Írjuk föl az (r + s)/2 számot végtelen tizedes tört alakban: 1,0t2 t3 . . . . Legyen v = 10n , és u az a szám, melynek tízes számrendszerbeli alakja 10t2 t3 . . . tn , az n értékét majd később választjuk meg. Persze u/v közel van (r + s)/2-höz, pontosabban u r + s ≤ 1 . − v 2 10n

A megoldás következő lépéseiben az u/v törtet bővítjük. Először egészítsük ki az u és v számokat 0 számjegyekkel a végükön úgy, hogy mindketten k számjegyből álljanak (tehát a törtet 10 egy hatványával bővítettük), a k értékét is később választjuk meg. Ezt a kiinduló törtet jelölje u1 /v1 . A következőkben a vizsgált tört számlálójához mindig 10ℓ u-t, nevezőjéhez 10ℓ v-t adunk alkalmas ℓ egészre, vagy pedig a számlálóból 10ℓ u-t, a nevezőből 10ℓ v-t kivonunk. Ilyen lépések során a tört értéke nem változik, továbbra is u/v marad. Szemléletesen: az éppen vizsgált tört j-edik (j ≤ k −n) számjegyétől kezdődően hozzáadunk (vagy levonunk) a számláló esetében (egyszer vagy többször) u-t, a nevező esetében v-t. Ezt a lépést röviden úgy hívjuk majd, hogy a számláló és a nevező j-edik jegyét „növeljük”, vagy „csökkentjük”. Vizsgáljuk meg, hogyan változnak egy-egy ilyen lépésnél a számláló és a nevező számjegyei. Tudjuk, hogy u is és v is 10-val kezdődő n + 1 jegyű számok. Ha a j-edik számjegyet növeljük, akkor ez a számjegy 1-gyel vagy 2-vel nőni fog modulo 10. Ha közben tízes átlépés is keletkezik, akkor persze a j-ediktől balra lévő számjegyek is módosulnak, ez akkor következhet be, ha a j-edik számjegy 8 vagy 9. Érdemes 5

69

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

megjegyezni, hogy m ≤ 4 egymás utáni növelő lépés során a j-edik számjegy csak m-mel vagy m + 1-gyel nőhet (mert u és v második számjegye nulla). Hasonlóképpen, ha a j-edik számjegyben m ≤ 4-szer csökkentünk, akkor ennek értéke m-mel vagy m + 1-gyel csökken modulo 10, miközben tízes átlépés is keletkezhet, amikor a j-ediktől balra lévő számjegyek is módosulhatnak. Jelölje egy adott pillanatban a törtünk számlálóját a1 a2 . . . ak , nevezőjét b1 b2 . . . bk . Azt mondjuk, hogy ez a tört a j − 1-edik számjegyig bezárólag már „ jó”, ha a1 , . . . , aj−1 és b1 , . . . , bj−1 egyike sem 0, továbbá aj−1 és bj−1 egyike sem 9. A kiinduló u1 /v1 tört az első számjegyig bezárólag jó, hiszen az első számjegyek 1-esek. Ha a törtünk már a j − 1-edik számjegyig bezárólag jó (ahol j ≤ k − n), akkor hajtsuk végre a következő lépéseket. Ha aj és bj egyike sem 0, sem 9, akkor nem csinálunk semmit. Ha |aj − bj | ≤ 6, akkor a j-edik számjegyet tudjuk növelni vagy csökkenteni tízes átlépés nélkül is úgy, hogy ne keletkezzen se nulla, se kilences. Valóban, ha valamelyik nulla volt, akkor a másik legfeljebb 6, és így 1-gyel növelhetünk. Ha valamelyik 9 volt, akkor a másik legalább 3, így 1-gyel csökkenthetünk. Ha |aj − bj | ≥ 7, akkor növelünk úgy, hogy a nagyobbik számjegy a tízes átlépés után 1 vagy 2 legyen. Ehhez a legrosszabb esetben 4-gyel kell növelnünk (ha az a számjegy 7-es volt). Mivel a kisebbik számjegy legfeljebb 2 lehet, maximum 7-ig nőhet. Közben a tízes átlépés miatt aj−1 és bj−1 egyikéhez 1-et kell adni, de mivel itt nem volt 9-es a feltevésünk szerint, ezért nem keletkezik nulla, és további tízes átlépés sincs, azaz j − 1-ediknél korábbi számjegy nem változik. (Az lehet, hogy a j − 1-edik pozícióban keletkezik egy 9-es, de ez nem baj). Ezért a kapott tört a j-edik számjegyig bezárólag jó. Ezt az eljárást folytathatjuk addig, amíg a törtünk jó nem lesz az első k −n számjegyig bezárólag. Jelölje a, illetve b a számlálóban, illetve a nevezőben az első k − n számjegyből álló számot. Ekkor a számláló 10n a + c, a nevező pedig 10n b + d, ahol 0 ≤ c, d < 10n . Persze (10n a+c)/(10n b+d) = u/v. Változtassuk meg a c és d számok jegyeit tetszőlegesen úgy, hogy a kapott c′ és d′ számokban már ne szerepeljen a 0 számjegy. Megmutatjuk, hogy p = 10n a + c′ és q = 10n b + d′ kielégíti a feladat feltételeit, vagyis n és k alkalmas választásával a kapott p/q tört r és s közé esik. Ehhez azt kell igazolni, hogy az utolsó n számjegy tetszőleges változtatásával az u/v tört értéke csak „keveset” módosulhat. Nyilván u/v is és p/q is benne van a 

10n a 10n a + (10n − 1) , n n 10 b + (10 − 1) 10n b



intervallumban, melynek hossza kisebb, mint 10n a (a + 1)(b + 1) − ab a/(b + 1) + 1 10n (a + 1) − n = = . n 10 b 10 (b + 1) b(b + 1) b Mivel a és b is k − n jegyű számok, a/(b + 1) ≤ 10, ezért az intervallum hossza kisebb, mint 11/10k−n−1 ≤ 1/10k−n−3 . Ezért k = 2n + 3 választással p u − < 1 . q v 10n 6

70

Megoldások

Vagyis

Dönt® forduló

p r + s − < 2 . q 2 10n

Specmat

Ha tehát n-et úgy választjuk, hogy 1/10n−1 már kisebb legyen s − r-nél, akkor p/q tényleg r és s közé esik.

7

71