2015. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

2014/2015 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

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


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

16

2.1.3. Specmat 2.2. II. forduló

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

20

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

26


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

26

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

38

2.3. Dönt® forduló

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


42

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

42

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

50

2.3.3. Specmat

54

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

1

Feladatlapok

I. forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK

1.

Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y = abab ( a ≠ b ) páros természetes számokat úgy, hogy az x + y összeg osztható legyen 7-tel! F

2.

Az AF; CE és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően helyezkednek el. A CE szakasz hossza 24, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz?

D E

3.

Oldja meg az x 2 + y 2 − 8 z = 14 egyenletet az egész számok halmazán!

4.

Oldja meg a valós számok halmazán az 2 log 5 ( x + 4) ⋅ log 5 ( x − 1) = log 5 ( x + 4) ⋅ ( x − 1) − 2 egyenletet!

5.

Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE háromszöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával. AB Bizonyítsa be, hogy = 2 ⋅ cos(CED∠ ) ! CD

6.

Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; 2; 3; 4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.)

(

C

)

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

2

A

B

Feladatlapok

I. forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els® forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK

1.

Tekintsük azokat az ötjegy¶ számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tar-

talmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy¶ számoknak az összege? 2. Legyen C az AB szakasz bels® pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük az AB , AC és CB átmér®j¶ félköröket. A C ponton át az AB -re emelt mer®leges egyenes az AB -re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC -re emelt félkörív metszéspontja E , a BD szakasz és a CB -re emelt félkörív metszéspontja F . Igazoljuk, hogy az EF egyenes az AC -re illetve CB -re emelt félkörívek közös érint®je lesz. 3. Legyen

a1 = 1,

a sorozat további elemeit a következ® összefüggés határozza meg:

an+1 an = 4(an+1 − 1),

n

pozitív egész

Igazoljuk, hogy a sorozat els® 2025 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 4. Az

ABC

háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2 . Legyen

egy bels® pontja. A

P

P az ABC háromszög BC , CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer®leges D, E és F . Tekintsük az alábbi összeget BC CA AB S= + + . PD PE PF

pontnak a

vetületei legyenek rendre

(a) Határozzuk meg

S

(b) A háromszög mely

22014 .

minimális értékét.

P

bels® pontjára lesz

S

értéke minimális?

5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert

sin2 x + cos2 y = y 2 ,

sin2 y + cos2 x = x2 .

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

3

Feladatlapok

I. forduló

Specmat

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) FELADATOK 1. Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n2 + 3 alakú szám közös osztói? 2. Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai. 3. A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p + 1)/2. 4. Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet. 5. Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P1 , P2 , . . . , P2014 . Bizonyítsuk be, hogy a P1 P2 , P2 P3 , . . . , P2013 P2014 , P2014 P1 egyenesek között van két párhuzamos.


4

Feladatlapok

II. forduló

Szakközépiskola

Okt at ás iHi vat al A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA )

FELADATOK 1. feladat: Adja meg az összes olyan egyenletrendszernek:

2.

(x, y) valós számpárt, amely megoldása a következ®

 x2 y + xy 2 = 6 1 1 3  + = x y 2

ABCD rombusz hegyesszöge 45◦ . tetsz®leges P pontjára teljesül

feladat: Az

körének

.

Mutassa meg, hogy a rombusz beírt

5 P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = AB 2 . 2

3.

feladat:

Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész.

négyzetes oszlop

V

térfogatának és

A

A felszínének mér®számai között fennáll a V = 2015·A

összefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik, amely megfelel ezeknek a feltételeknek?

4.

feladat: Az

ABC

5.

X, Y

és

Z

CAB∠ = 75◦ BC, CA és AB

háromszög szögei

háromszög magasságpontjának a

rendre

ABC

ABC

és

ABC∠ = 60◦ .

Legyenek az

oldalakra vonatkozó tükörképei

pontok. Közelít® értékek használata nélkül határozza meg az

XY Z

és

háromszögek területének arányát!

feladat:

6

Papírból

darab

a

vágtunk ki, majd azokból egy-egy

cm oldalhosszúságú négyzetet

L-alakot

raktunk le a

b

cm ol-

dalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánál az ábra szerint. (A hatoldalú pedig

a

hosszúságú.)

L-alak

kett® oldala

2a,

négy oldala

Így az asztallap két feketével jelölt része

kétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett.

A nem

fedett részek területének összege, a kétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott) részek terü-

2

letének összege cm -ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlenül követ® tagjai. (Az ábra nem méretarányos.) Határozza meg a

b

és

a

oldalak arányának pontos értékét!


5

Feladatlapok

II. forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK

22 35

1. Legyen

n

2-nél nagyobb egész szám. Egy konvex

n-szög

három csúcsát kiválasztva

annak a valószín¶sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs

közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát. 2. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet® az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai

a,

illetve

b

hosszúak.

Mekkora a trapéz kerülete? 3. Egy tudományos kutatásban

n tudós dolgozik együtt.

Bármely két tudós el®re meg-

állapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervez®nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet

n,

ha nincs köztük szervez®?

4. Határozzuk meg, mely pozitív egész

a , b, c

számokra teljesül az alábbi egyenlet:

a! · b! = a! + b! + c! Valamennyi feladat 7 pontot ér.

6

Feladatlapok

Dönt® forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADATOK 1.

Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két különböző pont a számegyenesen, amelyek az x 2 , illetve az x  p 2 számok helyét jelölik. Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik harmadolópontja a p szám helyét jelöli!

2.

Oldja meg a 

11x  3  x  2   4n  12n egyenletet, ahol x valós szám és n egész 2 x  

szám! (  y  az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a legnagyobb)

3.

Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti. Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög szárait az M és N pontokban metszi. Bizonyítsa be MX  NX !


7

Feladatlapok

Dönt® forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny harmadik, dönt® forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) FELADATOK

1. Az

x, y , z

olyan pozitív egészek, amelyekre az

x(y + 1) , x−1

y(z + 1) , y−1

hányadosok mindegyike pozitív egész szám.

z(x + 1) z−1

Mi az

xyz

szorzat lehetséges legnagyobb

értéke? 2. Tekintsük egy kocka három olyan lapátlójának egyenesét, amelyek páronként kitér®ek. Az

e

egyenes az iménti három egyenes mindegyikével ugyanakkora szöget zár be.

Mekkora lehet ez a szög? 3. Legyenek

x1 , x2 , ..., x2015

valós számok. Ugyanezen számok valamely y1 , y2 , ..., y2015

permutációjára teljesül, hogy

3y1 − x1 = 2x2 ,

3y2 − x2 = 2x3 ,

...,

Bizonyítsuk be, hogy ez csak úgy lehet, ha minden


8

xi

3y2015 − x2015 = 2x1 ugyanakkora.

Feladatlapok

Dönt® forduló

Specmat

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)

FELADATOK

1. A k körhöz egy külső ponton keresztül egy e szelőt és két érintőt húzunk, az utóbbiak érintési pontjai A és B. Az A ponton áthaladó, e-vel párhuzamos egyenes az A-tól különböző C pontban is metszi k-t. Bizonyítsuk be, hogy a BC egyenes felezi e-nek a k-ba eső szakaszát. 2. Tegyük fel, hogy nemnegatív egész számoknak egy véges A = {a1 < < a2 < . . . < ak } és egy végtelen B = {b1 < b2 < . . . } halmazára teljesül, hogy minden nemnegatív egész egyértelműen előáll ai + bj alakban. Mutassuk meg, hogy ekkor B szükségképpen „tisztán periodikus”, azaz létezik olyan c > 0, hogy bármely b nemnegatív egész szám pontosan akkor eleme B-nek, ha b + c is az. 3. Melyek azok az egész együtthatós f polinomok, amelyekre minden j ≥ 1 esetén f (2j ) pozitív prímhatvány?

9

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

1.

Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y = abab ( a ≠ b ) páros természetes számokat úgy, hogy az x + y összeg osztható legyen 7-tel!

Megoldás: Mivel x = abba és y = abab tízes számrendszerbeli számok, ezért (1) x = 1001a + 110b és y = 1010 a + 101b .

1 pont

A két szám összege x + y = 2011a + 211b .

(2)

1 pont

Maradékos osztással 2011 = 287 ⋅ 7 + 2 és 211 = 30 ⋅ 7 + 1 , ezért (2)-ből az következik, hogy x + y = 287 ⋅ 7 a + 30 ⋅ 7b + 2a + b ,

innen pedig

x + y = 7 ⋅ (287a + 30b ) + 2a + b .

(3)

2 pont

(3) szerint x + y pontosan akkor osztható 7-tel, ha 2a + b osztható 7-tel. A feltétel szerint a és b páros számjegyek, valamint a ≠ b , így a 2a + b összeg 24-nél kisebb 7-tel osztható pozitív páros szám, azaz

2a + b = 14 .

(4)

1 pont

2 pont

(4)-ből két megoldást kapunk: a = 6; b = 2 , valamint a = 4; b = 6 .

2 pont

A feladatra összesen 2 megoldáspár adódik x = 6226; y = 6262 , illetve x = 4664; y = 4646 .

1 pont Összesen:

OKTV 2014/2015

10 pont

első forduló

10

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola

Matematika I. kategória

2.

Az AF; CE és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően helyezkednek el. A CE szakasz hossza 24, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz? F

D E

A

C

B

Megoldás: Az AF; CE és BD szakaszok mindegyike az ábra szerint merőleges az AB szakaszra, ezért a szakaszok párhuzamosak egymással. 1 pont A DAB∠ -et metsző CE és BD szakaszokra felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét: AC CE 24 3 = = = . AB BD 40 5

(1)

2 pont

A FBA ∠ -et metsző CE és AF szakaszokra is felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét: BC CE 24 . = = AB AF AF

(2)

Az (1) és (2) megfelelő oldalait összeadva azt kapjuk, hogy Mivel azonban AC + BC = AB , ezért 1=

(3)

2 pont AC BC 3 24 . + = + AB AB 5 AF

3 24 . + 5 AF

3 pont

(3)-ból egyszerű számolással adódik, hogy AF = 60 , tehát az AF szakasz 60 egység hosszúságú. 2 pont Összesen:

OKTV 2014/2015

2

10 pont

első forduló

11

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola


3.

Oldja meg az x 2 + y 2 − 8 z = 14 egyenletet az egész számok halmazán!

I. Megoldás: Az x; y egész számok nem lehetnek egyszerre párosak, mert akkor x 2 és y 2 is 4-gyel osztható, így az egyenlet bal oldala 4-gyel osztható, miközben a jobb oldal nem osztható 4-gyel. 1 pont Az sem állhat fenn, hogy az x; y egész számok közül az egyik páros, a másik páratlan, mert ekkor az egyenlet bal oldala páratlan egész szám, míg a jobb oldala páros. 1 pont Ezért csak az lehetséges, hogy az x; y egész számok mindegyike páratlan. 1 pont Legyen ezért x = 2k + 1 és y = 2m + 1 , ahol k ; m ∈ Z . Eszerint 4k 2 + 4k + 1 + 4m 2 + 4m + 1 − 8 z = 14 , ahonnan rendezéssel: (1) 4k 2 + 4k + 4m 2 + 4m − 8 z = 12 .

1 pont 1 pont

(1) mindkét oldalát 4-gyel osztva azt kapjuk, hogy k 2 + k + m 2 + m − 2 z = 3 , amelyből kiemelés után 2 pont (2) k ⋅ (k + 1) + m ⋅ (m + 1) − 2 z = 3 . A k és k + 1 , illetve m és m + 1 közvetlen egymás utáni egész számok, ezért k ⋅ (k + 1) , 2 pont illetve m ⋅ (m + 1) páros számok. Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy 2 z is páros egész szám, ezért (2) bal oldala páros, jobb oldala pedig páratlan egész szám. Ez nem lehetséges, tehát (2) nem teljesülhet egyetlen k ; m; z egész számokból álló számhármasra sem. Minden esetet megvizsgáltunk, megoldást egyetlen esetben sem kaptunk, az x 2 + y 2 − 8 z = 14 egyenletnek tehát nincs megoldása az egészekből álló számhármasok 1 pont halmazán. Összesen: 10 pont II. Megoldás: Az x; y egész számok mindegyike páratlan. (előző megoldásban részletezve) Átrendezve az egyenletet: x 2 − 1 + y 2 − 1 − 8 z = 12 (x − 1)(x + 1) + ( y − 1)( y + 1) − 8 z = 12 Itt a két szorzatban két egymás utáni páros szám áll, tehát mindkét szorzat osztható 8-cal.

3 pont

2 pont

A bal oldal egy 8-cal osztható szám z értékétől függetlenül.

3 pont

A jobb oldalon a 12 nem osztható 8-cal.

1 pont

Tehát nincs megoldása az egyenletnek.

1 pont

Összesen: 10 pont OKTV 2014/2015

3

első forduló

12

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola


4.

Oldja meg a valós számok halmazán az 2 log 5 ( x + 4) ⋅ log 5 ( x − 1) = log 5 ( x + 4) ⋅ ( x − 1) − 2 egyenletet!

(

)

Megoldás: A logaritmus értelmezése miatt x > −4 , illetve x > 1 , ezért a feladat megoldásait az A = ]1; ∞[ halmazon keressük. 1 pont Az egyenlet jobb oldala a logaritmus azonosságai miatt átalakítható, így (1)

log 5 ( x + 4 ) ⋅ log 5 ( x − 1) = 2 ⋅ log 5 ( x + 4 ) + log 5 ( x − 1) − 2 .

2 pont

Végezzük el az a = log 5 ( x + 4 ) és a b = log 5 ( x − 1) helyettesítéseket, ezekkel (1) a következő alakba írható:

a ⋅ b = 2a + b − 2 .

(2)

2 pont

A (2) egyenlet rendezésével és kiemeléssel:

(a − 1) ⋅ (b − 2) = 0 .

(3)

A (3) egyenlet szerint a = 1 vagy b = 2 lehetséges.

2 pont

Ha a = 1 , akkor log 5 ( x + 4) = 1 , ebből a logaritmus definíciója szerint x + 4 = 5 , azaz x = 1 következik. Ez a szám azonban nem eleme az A = ]1; ∞[ halmaznak, ezért nem megoldás.

1 pont

Ha pedig b = 2 , akkor log 5 ( x − 1) = 2 , innen a logaritmus definíciója alapján azt kapjuk, 1 pont hogy x − 1 = 25 , azaz x = 26 . Ez a szám megfelel a feladat feltételeinek és behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy való- 1 pont ban megoldása a feladatnak. Összesen: 10 pont

OKTV 2014/2015

4

első forduló

13

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola


5.

Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE háromszöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával. AB Bizonyítsa be, hogy = 2 ⋅ cos(CED∠ ) ! CD

Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók. A D

α

O1

k1

M E

O2

C

1 pont

k2

B

A k1 és k 2 körök sugara egyenlő, legyen ez a sugár R . A k1 körben a CD húrhoz az ábra jelölése szerint, α nagyságú kerületi szög tartozik. Egyenlő sugarú körökben az egyenlő hosszúságú húrokhoz egyenlő nagyságú kerületi szögek tartoznak, ezért a k 2 körben, amelynek CD ugyancsak húrja, a CD húrhoz szintén α nagyságú kerületi szög tartozik, vagyis CED ∠ = α .

2 pont

A kerületi szögek tétele miatt a k1 körben CBD ∠ = α , így a BED háromszög egyenlő szárú háromszög, mert a BE alapon fekvő szögei egyenlők. A BED háromszögnek BDA∠ külső szöge, ezért BDA∠ = 2α . 2 pont Ismeretes, hogy a kör egy húrjának hossza kifejezhető a kör sugarával és a húrhoz tartozó kerületi szög szinuszával. Eszerint egyrészt a k1 körben AB = 2 R ⋅ sin 2α , másrészt a k 2 körben CD = 2 R ⋅ sin α . 1 pont Ebből azt kapjuk, hogy AB 2 R ⋅ sin 2α = 2 pont CD 2 R ⋅ sin α . Felhasználva a sin 2α = 2 ⋅ sin α ⋅ cosα trigonometriai azonosságot, egyszerűsítés után (nyilvánvaló, hogy sin α ≠ 0 ), azt kapjuk, hogy AB = 2 ⋅ cos α , CD ez pedig a bizonyítandó állítással.

2 pont

Összesen:

OKTV 2014/2015

5

10 pont

első forduló

14

Megoldások

I. forduló

Szakközépiskola


6.

Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; 2; 3; 4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.)

Megoldás: A megadott számokból három pár képezhető aszerint, hogy mely számpárok nem kerülhetnek szomszédos mezőbe, ezek:

(1; 4) , (2; 5) és (3; 6) .

(1)

2 pont

A nagy négyzetbe bármelyik számot beírhatjuk, tehát ennek kitöltésére 6 lehetőségünk van, ekkor viszont a nagy négyzetbe írt szám (1)-nek megfelelő párját a jobb felső mezőbe kell írnunk. 2 pont A bal felső mezőbe a megmaradt 4 szám bármelyike kerülhet, az ide írt szám (1)-ben látható párját két helyre írhatjuk: a jobb oldali középső vagy alsó mezőbe. 2 pont Az előző elhelyezések után már csak egy (1) szerinti számpár maradt, ezeket kétféleképpen helyezhetjük el, hiszen ha eldöntöttük, hogy melyiket írjuk a felső középső mezőbe, a másik nyilván az utolsó üres mezőbe kerül. 2 pont Az összes kitöltési lehetőségek száma tehát 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 2 = 96.

2 pont Összesen: 10 pont

OKTV 2014/2015

6

első forduló

15

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny els® forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató 1. Tekintsük azokat az ötjegy¶ számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tartalmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy¶ számoknak az összege?

Megoldás: A megadott számjegyek között nem szerepel a 0, ezért mindegyik ugyanannyiszor fordul el® a keresett számokban mind az öt helyiértéken. 1 pont Elegend® tehát megnézni, hogy a négy számjegy közül az egyik hányszor fordul el® egy rögzített helyiértéken. 1 pont Kiválasztjuk az öt helyiérték( közül azt a kett®t, ahova azonos számjegy kerül. Ez ) 10-féleképpen lehetséges, mivel 52 = 10. A megmaradt három helyre a másik három számjegy 6-féleképpen kerülhet. Így 10 × 6 = 60 lehet®ség van. 3 pont Mivel az 5,6,7,8 jegyek mindegyike 60-szor fordul el® mind az öt helyiértéken, ezért a feladatban említett számok összege 60 · (5 + 6 + 7 + 8) · 11111 = 17333160. 2 pont Összesen 7 pont

2. Legyen C az AB szakasz bels® pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük az AB , AC és CB átmér®j¶ félköröket. A C ponton át az AB -re emelt mer®leges egyenes az AB -re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC -re emelt félkörív metszéspontja E , a BD szakasz és a CB -re emelt félkörív metszéspontja F . Igazoljuk, hogy az EF egyenes az AC -re illetve CB -re emelt félkörívek közös érint®je lesz.

Megoldás: Thalesz tétele alapján ADB∠ = AEC∠ = CF B∠ = 90◦ . 1 pont A CEDF négyszög tehát téglalap. 1 pont A téglalap szimmetrikus az oldalainak felez®mer®legesére, így F DC∠ = CEF ∠. 1 pont Másrészt F DC∠ = DAB∠, hiszen mer®leges szárú hegyesszögek. 1 pont Tekintsük az AEC háromszög köré írt kört és abban az EC húrhoz tartozó DAB∠ kerületi szöget. Imént azt kaptuk, hogy CEF ∠ = DAB∠, ebb®l az következik, hogy CEF ∠ OKTV 2014/2015

1

1. forduló

16

Megoldások

I. forduló

Gimnázium

Matematika II. kategória

az EC húrhoz tartozó érint® szárú kerületi szög, azaz EF érint®je az AEC háromszög köré írt körnek. 2 pont Ugyanígy igazolható, hogy EF érinti a CB -re emelt félkörívet is. 1 pont D b

b

E

F

b

b

b

A

b

C

B

Összesen 7 pont 3. Legyen a1 = 1, a sorozat további elemeit a következ® összefüggés határozza meg: n pozitív egész

an+1 an = 4(an+1 − 1),

Igazoljuk, hogy a sorozat els® 2025 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 22014 .

Megoldás: A képzési szabály alapján a sorozat els® néhány eleme: a1 = 1,

4 a2 = , 3

6 a3 = , 4

8 a4 = , 5

a5 =

10 , 6

...

1 pont

2n A sorozat els® tagjait tekintve kialakulhat a sejtés, hogy an = n+1 . Ezt teljes indukcióval igazoljuk. 1 pont 2·1 Kezd® lépés: ha n = 1, akkor a deníció alapján a1 = 1 és valóban 1+1 = 1. 1 pont Indukciós lépés: feltesszük, hogy az állítás igaz n-re és ennek segítségével bebizonyítjuk n+1-re. Az alábbi számolásban el®ször an+1 -et kifejezzük a feladatban megadott rekurzív összefüggés segítségével, alkalmazzuk az indukciós feltevést, majd kiszámoljuk an+1 -et és megkapjuk a bizonyítandót.

an+1 =

4 4 = 2n = 4 − an 4 − n+1

4 4n+4−2n n+1

=

2(n + 1) . n+2

2 pont

A sorozat els® 2025 tagjának szorzata így könnyen számolható: 2 · 2025 22025 2 2·2 2·3 2·4 2·5 · · · · · ... · = 2 3 4 5 6 2026 2026

1 pont

Most igazoljuk, hogy ez nagyobb, mint 22014 : 211 2048 22025 = 22014 · = 22014 · > 22014 2026 2026 2026

1 pont Összesen 7 pont

OKTV 2014/2015

2

1. forduló

17

Megoldások

I. forduló

Gimnázium


4. Az ABC háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2 . Legyen P az ABC háromszög egy bels® pontja. A P pontnak a BC , CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer®leges vetületei legyenek rendre D, E és F . Tekintsük az alábbi összeget S=

BC CA AB + + . PD PE PF

(a) Határozzuk meg S minimális értékét. (b) A háromszög mely P bels® pontjára lesz S értéke minimális?

Megoldás: Jelölje a háromszög oldalait a szokásos módon a, b, és c és legyen továbbá

P D = x, P E = y és P F = z . Ezen jelölésekkel S=

a b c + + . x y z

Az ABC háromszög T területe az ABP , BCP és CAP háromszögek területének összegével egyenl®. Így 2T = ax + by + cz = 12cm2 . 1 pont Mivel T rögzített, ezért S pontosan akkor lesz minimális, amikor 2T S , ezért vizsgáljuk ez utóbbit: ( ) a b c 2T S = (ax + by + cz) + + 2 pont x

y

z

A szorzást elvégezzük és kihasználjuk, hogy pozitív szám és reciprokának összege legalább 2: 2T S = a2 + b2 + c2 + ab

(

x y + y x

)

+ bc

(

y z + z y

)

+ ca

(z

x

+

x) ≥ z

≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 = (12cm)2

2 pont A becslés során használt + ≥ 2 egyenl®tlenségben akkor és csak akkor van egyenl®ség, ha x = y . 2T S és egyúttal S tehát akkor lesz minimális, ha x = y = z , azaz P a háromszög beírt körének középpontja. Mivel 2T = 12cm2 és 2T S minimumának értéke (12cm)2 , ezért S minimális értéke 12. 2 pont x y

y x

Összesen 7 pont 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert sin2 x + cos2 y = y 2 ,

sin2 y + cos2 x = x2 .

Megoldás: Mivel sin2 x + cos2 x = sin2 y + cos2 y = 1, ezért a kit¶zött egyenletek összegéb®l a következ®t kapjuk: (1)

x2 + y 2 = 2

1 pont A feladatban szerepl® egyenletek megfelel® oldalainak a különbségét vizsgáljuk és felhasználjuk, hogy cos2 x = 1 − sin2 x és cos2 y = 1 − sin2 y . Ekkor sin2 x − (1 − sin2 x) + (1 − sin2 y) − sin2 y = y 2 − x2 , OKTV 2014/2015

3

1. forduló

18

Megoldások

I. forduló

Gimnázium


amib®l a következ®t kapjuk: (2)

2 sin2 x + x2 = 2 sin2 y + y 2

1 pont √ √ Az (1)-es egyenletb®l következik, hogy x és y is a [− 2; 2] intervallumban van. (Ugyanezt megkaphatjuk közvetlenül a kiindulási egyenletekb®l is, hiszen −1 ≤ sin x ≤ 1 és −1 ≤ cos x ≤ 1. ) 1 pont Ha x és y kielégítik (1)-et, akkor az abszolút értékük is megoldás. Ugyanez igaz a (2) egyenletre is, mivel a változók második hatványon szerepelnek, illetve a szinusz függvény páratlan és az is a négyzeten szerepel. 1 pont √ Használjuk ki, hogy 2 < π2 , a 2 sin2 x és x2 függvény egyaránt szigorúan monoton √ növ® a [0; 2] intervallumon, tehát az összegük is. 1 pont Tehát (1) és (2) csak akkor teljesülhet, ha |x| = |y|. 1 pont Ezt (1)-gyel összevetve a következ® négy (x; y) megoldáspárt kapjuk: (1; 1) (1; −1) (−1; 1) (−1; −1).


OKTV 2014/2015

4

1. forduló

19

Megoldások

I. forduló

Specmat

A 2014/2015. tan´ evi Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny els˝ o fordul´ o ´ MATEMATIKA III. KATEGORIA (a speci´ alis tanterv szerint halad´ o gimnazisták) Jav´ıt´ asi-´ ert´ ekel´ esi u ´ tmutat´ o Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy 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 12 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 1363 Budapest, Pf. 19. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5–7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a versenybizottság legfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 2014. november

A versenybizottság

1. feladat Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n2 + 3 alakú szám közös osztói? Megoldás: Tegyük fel, hogy a k természetes szám osztója n2 + 3-nak és (n + 1)2 + 3-nek is. Ekkor k osztója a különbségüknek is, vagyis 2n + 1-nek is. (2 pont) Ekkor k ugyancsak osztója az n(2n + 1) − 2(n2 + 3) = n − 6 számnak, és így (2n + 1)− −2(n − 6) = 13-nak is. Tehát ha k > 1, akkor csak k = 13 lehet. (3 pont)

Másrészt a 13 szám valóban megfelelő, mert n = 6-ra 13 osztója az n2 + 3 = 39 és az (n + 1)2 + 3 = 52 számnak is. (2 pont) Megjegyzés: A 13 számhoz n2 + 3 és 2n + 1 másféle kombinációi útján is eljuthatunk (például 4(n2 + 3) − (2n − 1)(2n + 1) = 13), a megoldás középső részlete ezek bármelyikével teljes értékű. OKTV 2014/2015

1. forduló

1

20

Megoldások

I. forduló

Specmat

Matematika III. kategória 2. feladat Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai. Első megoldás: Legyenek az ABC háromszög AB, BC, AC oldalán felvett pontok rendre C1 , A1 , B1 . Legyen még AC1 /AB = x, BA1 /BC = y, és CB1 /CA = z. A háromszög területére vonatkozó képlet alapján TAB1 C1 AB1 · AC1 · sin α = (1 − z) · x = 1/4 . = TABC AB · AC · sin α Hasonlóan kapjuk, hogy (1 − x) · y = 1/4, valamint (1 − y) · z = 1/4. (3 pont) Az első egyenletből z-t kifejezve majd a harmadikba helyettesítve (1−y)·(1−1/(4x)) = 1/4, azaz 1 − y = x/(4x − 1). Ezt a második egyenletbe helyettesítve x-re az (1 − x)

3x − 1 1 = 4x − 1 4

egyenlet adódik. Innen átrendezéssel 4x2 − 4x + 1 = 0, amit egyedül az x = 1/2 érték elégít ki. (3 pont) Ezt az egyenletekbe visszahelyettesítve y = z = 1/2, vagyis a pontok valóban az oldalak felezőpontjai. (1 pont) Második megoldás: Használjuk az előző megoldásban bevezetett jelöléseket. Válasszuk meg az egységet úgy, hogy az ABC háromszög területe éppen 1 legyen. Ekkor az AB1 C1 , BC1 A1 , CB1 A1 háromszögek mindegyikének területe 1/4, és rendre egyenlő az x(1 − z), y(1 − x), z(1 − y) értékekkel. (3 pont) A számtani és mértani közép közötti egyelőtlenségek alapján p p 3 3 p x + (1 − z) y + (1 − x) z + (1 − y) = TAB1 C1 + TBC1 A1 + TCB1 A1 ≤ + + = . 2 2 2 2 2

(3 pont) Egyenlőség csak úgy állhat, ha x = 1 − z, y = 1 − x, és z = 1 − y, ahonnan x = y = z = 1/2 adódik. Az osztópontok tehát felezőpontok. (1 pont)

3. feladat A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p + 1)/2. Megoldás: A p prímszám kitevője az n! felbontásában n n n + 2 + 3 + ... , p p p OKTV 2014/2015

1. forduló

2

21

Megoldások

I. forduló

Specmat

Matematika III. kategória ahol [x] az x szám egészrészét jelöli, és az összegzést addig kell folytatni, amíg az egészrész nulla nem lesz. (2 pont) A feltevés szerint p < q, így minden i kitevőre

n n ≥ i . pi q

Ezért p és q kitevője csak úgy egyezhet meg, ha minden i ≥ 1-re

n n = i pi q

teljesül.

(1 pont)

Jelölje k az [n/p] és [n/q] közös értékét, ekkor tehát kp ≤ n < (k + 1)p

és

kq ≤ n

érvényes.

(1 pont)

Mivel p < q páratlan prímek, azért p + 2 ≤ q. Emiatt a fenti egyenlőtlenségekből k(p + 2) ≤ kq ≤ n < (k + 1)p , majd ebből 2k < p, azaz 2k ≤ p − 1 következik.

(2 pont)

Ezeket felhasználva valóban 2n < (2k +2)p ≤ (p+1)p, amit bizonyítani akartunk. (1 pont)

4. feladat Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet. Első megoldás: A tetraéder csúcsait jelölje A1 , A2 , A3 , A4 , merőleges vetületeiket az S síkra A′1 , A′2 , A′3 , A′4 úgy, hogy ezek ebben a körüljárási sorrendben paralelogrammát alkossanak. Feltehetjük, hogy a tetraéder mindegyik csúcsa S-nek ugyanazon az oldalán van, mert a síkot önmagával párhuzamosan eltolva az eredetivel egybevágó vetületet kapunk. Legyen di az Ai távolsága S-től, ei az A′i -ben S-re állított merőleges, P1 az A1 merőleges vetülete az e2 egyenesre, P4 pedig az A4 merőleges vetülete az e3 egyenesre. Az A1 P1 , A′1 A′2 , A′4 A′3 , A4 P4 irányított szakaszok párhuzamosak, egyenlő hosszúak és egyenlő állásúak. Tekintsük azt az eltolást, amely A1 -et A4 -be, és így P1 -et P4 -be viszi. Ennél az e2 egyenes e3 -ba megy (hiszen ez a P4 -en át e2 -vel húzott párhuzamos). Ezért az A2 pont képe rajta van e3 -on, távolsága A4 -től pedig a tetraéder élhossza. Ilyen pont (legfeljebb) kettő van: az egyik az A3 , a másik pedig az A3 pont T tükörképe P4 -re. De A2 nem mehet A3 -ba, mert akkor A2 A3 párhuzamos lenne A1 A4 -gyel, és így a tetraéder csúcsai egy síkban lennének. Ezért A2 képe T , azaz d2 − d1 = d4 − d3 (az A2 P1 , illetve a T P4 hossza). (3 pont) OKTV 2014/2015

1. forduló

3

22

Megoldások

I. forduló

Specmat

Matematika III. kategória

A paralelogramma másik párhuzamos oldalpárját használva az analóg gondolatmenet azt adja, hogy d4 − d1 = d2 − d3 . A két egyenletből d2 = d4 és d1 = d3 adódik. Ezért A3 -nak az e2 egyenesre eső merőleges vetülete a P1 ponttal esik egybe. Az A1 P1 A2 és az A3 P1 A2 derékszögű háromszögek egybevágók, mert átfogóik a tetraéder élei, amik egyenlők, egyegy befogójuk pedig közös. Ezért a másik két befogó hossza is egyenlő, azaz A1 P1 = A3 P1 . Emiatt A′1 A′2 = A′3 A′2 , és ezzel beláttuk, hogy az A′1 A′2 A′3 A′4 paralelogramma rombusz. (3 pont) Mivel d1 = d3 , ezért az A1 A3 szakasz párhuzamos az S síkkal, és így a vetületének hossza a tetraéder élhossza. Ugyanez érvényes az A2 A4 szakaszra is, és így a rombusz átlói egyenlők, tehát négyzetről van szó. (1 pont) Második megoldás: Foglaljuk a szabályos tetraédert egy kockába: legyenek a kocka egy csúcsból kiinduló élvektorai a, b, c, a szabályos tetraéder csúcsaiba pedig mutassanak a 0, a + b, a + c és b + c vektorok. (2 pont) Az a, b, c vektorok merőleges vetületei a megadott síkra legyenek a′ , b′ , c′ ; ekkor a tetraéder csúcsaiba mutató vektorok vetülete rendre 0, a′ + b′ , a′ + c′ és b′ + c′ . Ezek a vektorok a paralelogramma egyik csúcsából mutatnak a paralelogramma csúcsaiba. (2 pont) OKTV 2014/2015

1. forduló

4

23

Megoldások

I. forduló

Specmat

Matematika III. kategória Válasszuk meg a jelölést úgy, hogy a paralelogramma egyik oldalvektora a′ + b′ legyen. Ekkor a vele szemben fekvő oldalvektor (b′ + c′ ) − (a′ + c′ ) = b′ − a′ . Ez a két vektor csak akkor lehet egyenlő vagy egymás (−1)-szerese, ha a′ = 0 vagy b′ = 0, vagyis ha a kocka egy élének két végpontja ugyanarra a pontra vetül. (1 pont) Ekkor pedig a kocka vetülete – és vele együtt a szabályos tetraéder vetülete is – négyzet. (2 pont) Harmadik megoldás: A vetületparalelogramma két átlója a tetraéder két kitérő élének a vetülete. Az átlók felezőpontja egybeesik, ezért a vetítés iránya párhuzamos a két kitérő él felezőpontját összekötő egyenessel, azaz a tetraéder egyik éltengelyével. (2 pont) A szabályos tetraédert az éltengely körüli 90◦ -os forgatás olyan tetraéderbe viszi, amely egy az éltengelyre merőleges síkra vonatkozó tükrözéssel is előállítható az eredeti tetraéderből. A két tetraédernek tehát azonos a vetülete. (3 pont) A vetület ezért olyan négyszög, amelyet az átlói metszéspontja körüli 90◦ -os forgatás önmagába visz, tehát négyzet. (2 pont)

5. feladat Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P1 , P2 , . . . , P2014 . Bizonyítsuk be, hogy a P1 P2 , P2 P3 , . . . , P2013 P2014 , P2014 P1 egyenesek között van két párhuzamos. Első megoldás: Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait pozitív körüljárás szerint az 1, 2, . . . , 2014 számokkal. Legyen a Pi csúcshoz írt szám ai . A Pi Pi+1 és a Pj Pj+1 egyenes pontosan akkor párhuzamos, ha ai + ai+1 és aj + aj+1 vagy megegyezik, vagy pontosan 2014-gyel tér el egymástól. (2 pont) Indirekt módon tegyük fel, hogy az adott egyenesek között nincs két párhuzamos, ekkor ezek a páronkénti összegek minden 2014-es maradékot pontosan egyszer adnak ki. (1 pont) Tekintsük most az (a1 + a2 ) + (a2 + a3 ) + . . . + (a2013 + a2014 ) + (a2014 + a1 ) összeget. Mivel az a1 , . . . , a2014 számok pontosan az 1, . . . , 2014 számokkal egyeznek meg, ez az összeg 2014 · 2015, tehát osztható 2014-gyel. Másrészt az egyes zárójelekben szereplő összegek mind különböző maradékot adnak 2014-gyel osztva, ezért az összeg 2014-es maradéka egyenlő 0 + 1 + . . . + 2013 =

2013 · 2014 = 2014 · 1006 + 1007 2

2014-es maradékával, vagyis nem nulla. A kapott ellentmondás igazolja az indirekt feltevés lehetetlenségét. (4 pont) Második megoldás: Egy szabályos n oldalú sokszög oldalai és átlói pontosan n különböző irányt (párhuzamossági osztályt) határoznak meg. (2 pont) OKTV 2014/2015

1. forduló

5

24

Megoldások

I. forduló

Specmat

Matematika III. kategória Ezért ha – indirekt feltevéssel – a kérdéses egyenesek között nincs két párhuzamos, mind a 2014 lehetséges iránynak pontosan egyszer kell szerepelnie. (1 pont) Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait körüljárás szerint az 1-től 2014-ig terjedő egész számokkal. A sokszög átlóit és oldalait aszerint nevezzük párosnak, illetve páratlannak, hogy a két végpontjának a sorszáma páros vagy páratlan számban tér el egymástól. (Például az oldalak így mindannyian páratlanok.) Ha két átló vagy oldal párhuzamos, akkor a paritása azonos. Ezért beszélhetünk az irányaik paritásáról. (1 pont) Tekintsük az egyik olyan szabályos 1007-szöget, amelyet minden második csúcs kiválasztásával kapunk. Ennek az 1007-szögnek az oldal- és átlóirányai az eredeti sokszög oldal- és átlóirányai közül pontosan a párosak, ezért páros irányból 1007 van. Következésképpen ugyancsak 1007 páratlan irány van. (1 pont) Ezért a megadott egyenesek között is pontosan 1007 páratlan irányú kell legyen. Ugyanakkor a páratlan irányú egyenesek száma ennek ellentmondva páros, hiszen ahányszor a P1 , P2 , . . . ciklikus sorrend átvált párosról páratlanra, ugyanannyiszor kell páratlanról párosra váltania. (2 pont)

OKTV 2014/2015

1. forduló

6

25

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Okt at ás iHi vat al A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA )

Javítási-értékelési útmutató

1.

feladat: Adja meg az összes olyan

(x, y)

valós számpárt, amely megoldása a

következ® egyenletrendszernek:

 x2 y + xy 2 = 6 3 1 1  + = x y 2 I. Megoldás:

Sem

x,

sem

y

.

nem lehet nulla, mert akkor a 2.

egyenletnek nem

lenne értelme.

(1 pont)

Az els® egyenlet bal oldalát alakítsuk szorzattá, a második egyenletben pedig hozzunk közös nevez®re.

Vezessük be az

u = x+y

és

egyenletrendszer

 xy(x + y) = 6 3 x+y  = xy 2

v = xy új ismeretleneket.  vu = 6 3 u  = v 2

(1 pont)

Behelyettesítés után az

(1 pont)

alakban írható. A két egyenlet összeszorzásával

u2 = 9, u1 = 3 Az ezekhez tartozó

v

és

u2 = −3.

(1 pont)

értékek

v1 = 2,

illetve

v2 = −2.

(1 pont)

Visszahelyettesítve az eredeti egyenletekbe kap juk, hogy

( x+y =3 xy = 2

és

( x + y = −3 xy = −2

26

(1 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika x

A Viete-formulák felhasználával az

a2 − 3a + 2 = 0,

és

y

az

a2 + 3a − 2 = 0

illetve az

(1 pont)

egyenlet gyökei. Az els® egyenletb®l

x1 = 2, y1 = 1,

x2 = 1, y2 = 2,

illetve

(1 pont)

míg a másik egyenletb®l

√ √ −3 + 17 −3 − 17 x3 = , y3 = , 2 2

√ √ −3 − 17 −3 + 17 x4 = , y4 = . 2 2

illetve

A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek.

(1 pont)

(1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás:

Sem

x,

sem

y

nem lehet nulla, mert akkor a 2.

egyenletnek nem

lenne értelme.

(1 pont)

Fejezzük ki a második egyenletb®l

y -t: y=

2x 3x − 2

(1 pont)

és helyettesítsük be az els® egyenletbe

2x +x· x · 3x − 2 2

az egyenletet

(3x − 2)2 -tel

2x 3x − 2

2

=6

(1 pont)

szorozva, rendezés után kapjuk:

x2 · 2x · (3x − 2) + x · (2x)2 = 6 · (3x − 2)2 x4 = (3x − 2)2

(1 pont)

Szorzattá alakítva:

tehát az

x4 − (3x − 2)2 = 0 x2 + 3x − 2 x2 − 3x + 2 = 0 x2 − 3x + 2 = 0

vagy

x2 + 3x − 2 = 0

x1 = 2, y1 = 1

illetve

x2 = 1, y2 = 2,

(1 pont)

(1 pont)

Az els® egyenletb®l

I. kategória

- 2 -

(1 pont)

2014/2015

27

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika

míg a másik egyenletb®l

√ √ −3 + 17 −3 − 17 x3 = , y3 = , 2 2

√ √ −3 − 17 −3 + 17 x4 = , y4 = . 2 2

illetve

A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek.

(2 pont)

(1 pont)

Összesen: 10 pont

2.

feladat: Az

ABCD

beírt körének tetsz®leges

rombusz hegyesszöge

P

45◦ .

Mutassa meg, hogy a rombusz

pontjára teljesül

5 P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = AB 2 . 2 I. Megoldás:

A megoldás során többször felhasználjuk, hogy a paralelogramma

átlóinak négyzetösszege egyenl® az oldalak négyzetösszegével (Geometria FGY I. 1671. feladat). Ennek következménye, hogy a háromszög súlyvonala kifejezhet® az oldalak hosszának segítségével.

(1 pont)

(1 pont)

Legyen

O

a beírt kör középpontja. Ekkor

P O2 = Hasonló meggondolással a

BP D

PO

az

AP C

háromszög súlyvonala, ezért

P A2 + P C 2 AC 2 − . 2 4

háromszögb®l kap juk, hogy

P O2 =

P B 2 + P D2 BD2 − . 2 4

Ha összeadjuk a két egyenletet és szorozzuk mindkét oldalt után

P A2 + P B 2 + P C 2 + P D 2 = 4 · P O 2 + Az

AC

és

BD

(1 pont)

(1 pont)

2-vel,

akkor rendezés

AC 2 + BD2 . 2

(1 pont)

a rombusz átlói, így a paralelogramma-tétel alap ján

AC 2 + BD2 = 4 · AB 2 .

I. kategória

- 3 -

(1 pont)

2014/2015

28

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika 2 · P O, hegyesszöge 45◦ , tehát √ 2 1 2 · PO = AB, vagyis 4 · P O2 = AB 2 . 2 2

Másrészt a rombusz magassága

(2 pont)

Ezeket felhasználva

AC 2 + BD2 = 4 · P O2 + 2 · AB 2 = 2 1 5 = AB 2 + 2 · AB 2 = AB 2 . 2 2

P A2 + P B 2 + P C 2 + P D 2 = 4 · P O 2 +

(2 pont)

Összesen: 10 pont

O pontból a rombusz csúcsaiba és a P −→ −−→ −→ pontba az ábra szerint. Legyen OA = a, OB = b és OP = p. A rombusz átlói −−→ −−→ −→ −→ felezik egymást, így OC = −OA = −a továbbá OD = −OB = −b. II. Megoldás: Irányítsunk vektorokat az

A

P A szakasz hosszának négyzete a (p − a) vektor önmagával vett skaláris szorzata,

(1 pont)

(1 pont)

emiatt

P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = (p − a)2 + (p − b)2 + (p + a)2 + (p + b)2 = 4p2 + 2a2 + 2b2 .

(2 pont)

Ebb®l egyrészt a Pitagorasz-tétel miatt

2a2 + 2b2 = 2 · AB 2 ,

(2 pont)

másrészt az els® megoldásban szerepl® gondolattal a rombusz magassága hegyesszöge

◦

45

, tehát

√ 2 2 · PO = AB, 2

vagyis

2 · P O,

1 4 · p2 = AB 2 . 2

(1 pont)

(2 pont)

Ezzel beláttuk, hogy

1 5 P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = 2 · AB 2 + AB 2 = AB 2 . 2 2

(1 pont)

Összesen: 10 pont

I. kategória

- 4 -

2014/2015

29

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


Megjegyzések: 1. A rombusz középpontja körül rajzolt garú

kör

tetsz®leges

P

pontjára

R su-

állandó

lesz a

P A2 + P B 2 + P C 2 + P D 2 kifejezés értéke.

2. A feladat állítása általánosabban is igaz.

Egy tetsz®leges

n-szög (n pontból R sugarú

álló pontrendszer) esetén a súlypont, mint középpont körül rajzolt kör tetsz®leges

P

pontjának az

n-szög

csúcsaitól (a pontrendszer pontjaitól)

vett távolságainak négyzetösszege nem függ a

n X

P

pont választásától, azaz

P A2i = állandó

i=1

Az állítás bizonyítása a 2. megoldásban közölt módon végezhet® el.

3.

feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész.

A négyzetes oszlop

V = 2015 · A

V

A

térfogatának és

összefüggés.

felszínének mér®számai között fennáll a

Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik,

amely megfelel ezeknek a feltételeknek?

I. Megoldás:

Legyen a négyzetes oszlop alapéle

szerepl® feltételek szerint

a

és

b

a,

magassága

b.

A feladatban

pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel

V = a2 b,

továbbá

A = 2a2 + 4ab.

Így

a2 b = 2015 · (2a2 + 4ab). Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az

(2 pont)

a pozitív egésszel, majd a jobb oldal nullára

rendezését követ®en alakítsuk az egyenlet bal oldalát szorzattá.

a · b − 2 · 2015 · a − 4 · 2015 · b = 0,

(1 pont)

a · b − 2 · 2015 · a − 4 · 2015 · b + 2 · 2015 · 4 · 2015 = 2 · 2015 · 4 · 2015, (a − 4 · 2015)(b − 2 · 2015) = 2 · 2015 · 4 · 2015.

A jobb oldalon álló pozitív egész szám bármelyik pozitív osztó jához párosítva az Amennyiben k · n = 2 · 2015 · 4 · 2015 és k, n < 0 negatív osztópár, akkor a k = −4 · 2015, n = −2 · 2015 párhoz az a = 0, b = 0 tartozna, míg a további negatív párok esetében az egyik tényez® abszolút értéke mindenképpen nagyobb lesz, mint a megfelel® a − 4 · 2015,

osztópárját az egyenlet egy helyes megoldásához jutunk.

I. kategória

- 5 -

2014/2015

30

(2 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


vagy

b − 2 · 215 abszolút értéke, így ezekben a további esetekben a és b közül az egyik

negatív egész lenne.

(1 pont)

Elegend® tehát a pozitív osztópárokra szorítkoznunk. Mivel nem szimmetrikus a két tényez®, így minden osztóra különböz® megoldást kapunk.

(1 pont)

Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány osztója van a nak.

23 · 20152

szám(1 pont)

A pozitív osztók száma

d(23 · 20152 ) = d(23 · 52 · 132 · 312 ) = 4 · 3 · 3 · 3 = 108.

(1 pont)

Tehát 108 különböz® ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van.

(1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás:

Legyen a négyzetes oszlop alapéle

szerepl® feltételek szerint

a

és

b

a,

magassága

b.

A feladatban

pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel

V = a2 b,

továbbá

A = 2a2 + 4ab.

Így

a2 b = 2015 · (2a2 + 4ab). Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a rendezést, az

a-ra

(2 pont)

a pozitív egésszel, majd ma jd kezdjük meg

megoldáshoz

a (b − 2 · 2015) = 4 · 2015 · b A jobb oldal pozitív, tehát a bal oldal is. kifejezés is, tehát oszthatunk vele.

a-t

(1 pont)

a pozitív, mert éthossz, tehát a b − 2 · 2015

(1 pont)

kifejezve kap juk:

a=

4 · 2015 · b b − 2 · 2015

(1 pont)

Tovább alakítva a törtet

a=

4 · 2015 · (b − 2 · 2015) + 23 · 20152 23 · 20152 = 4 · 2015 + b − 2 · 2015 b − 2 · 2015

A nevez®nek (a

b − 2 · 2015

kifejezésnek) az el®z®ek szerint a számláló pozitív osz-

tójának kell lennie az el®z®ek szerint.

(2 pont)

Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány pozitív osztója van a számnak.

23 · 20152

(1 pont)

A pozitív osztók száma

d(23 · 20152 ) = d(23 · 52 · 132 · 312 ) = 4 · 3 · 3 · 3 = 108.

I. kategória

- 6 -

(1 pont)

2014/2015

31

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


Tehát 108 különböz® ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van.

(1 pont)

Összesen: 10 pont

CAB∠ = 75◦ és ABC∠ = 60◦ . Legyenek az ABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozó tükörképei rendre X, Y és Z pontok. Közelít® értékek használata nélkül határozza meg az XY Z és ABC háromszögek területének arányát! 4.

feladat:

Az

ABC

háromszög szögei

I. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels® pontja.

AB

Az

Legyenek a háromszög magasságvonalainak a

oldalakkal való metszéspontjai rendre

AF M E

D, E

és

BC, CA

és

F.

négyszög két szemben fekv® szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégy-

EM F ∠ = CM B∠ = 105◦ . Az X pont az M ma◦ gasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB∠ = 105 . Látható, ◦ hogy CAB∠+BXC∠ = 180 . A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv® pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is

szög, innen azt kap juk, hogy

a körülírt körön lev® pontok.

(1 pont)

ABE∠ = ACF ∠ = 15◦ , ebb®l a tük◦ rözés tula jdonsága miatt ABZ∠ = ACY ∠ = 15 következik. ◦ A kerületi szögek tétele szerintY CZ∠ = Y XZ∠, így beláttuk, hogy Y XZ∠ = 30 .

(1 pont)

Az

ABE

és

ACF

derékszög¶ háromszögekben

(1 pont)

F CB∠ = M CD∠ = 30◦ , és így a tükrözés miatt M CX∠ = ◦ ZCX∠ = 60 , innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z∠ = 60◦ . Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. AZ ABC és XY Z háromszögek körülírt köre közös, legyen ennek a sugara R. A

Hasonlóan kap juk, hogy

továbbiakban felhasználjuk a szögekre vonatkoz eredményeinket.

I. kategória

- 7 -

Az általános szi-

2014/2015

32

(1 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


nusztétel szerint

√ XY = 2Rsin60◦ = R 3, XY Z

Az

és

Y Z = 2Rsin30◦ = R.

háromszög derékszög¶, ezért területe

√ XZ · Y Z R2 3 T1 = = . 2 2

(2 pont)

Felhasználva a két szög összegének szinuszára vonatkozó addíciós tételt, hogy:

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

sin75 = sin(45 + 30 ) = sin45 cos30 + cos45 sin30 =

√

6+ 4

√

2

.

Ugyancsak az általános szinusztétel szerint

√ AB = 2Rsin45 = R 2, ◦

ABC

Az

háromszög

T =

T

és

√ √ 6+ 2 BC = 2Rsin75 = R . 2 ◦

(1 pont)

területére az eddigiek alap ján:

√ √ √ √ √ AB · BC · sin60◦ R2 6( 6 + 2) R2 3( 3 + 1) = = . 2 8 4

(2 pont)

A két terület aránya

T1 = T

√ R2 3 2 √ √ R2 3( 3+1) 4

=√

√ 2 = 3 − 1. 3+1

(1 pont)

Összesen: 10 pont

Megjegyzések: 1. Az els® pontot akkor is megkap ja a versenyz®, ha nem bizonyítja be, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak, de helyesen hivatkozik a tételre. 2. A második pontot akkor is megkapja a versenyz®, ha el®bb bizonyítja, hogy

ABZ∠ = 15◦

, ma jd hivatkozik a kerületi szögek tételére

II. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels® pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a

AB

oldalakkal való metszéspontjai rendre

I. kategória

D, E

- 8 -

és

BC, CA és

F.

2014/2015

33

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


Az

AF M E

négyszög két szemben fekv® szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégy-

EM F ∠ = CM B∠ = 105◦ . Az X pont az M ma◦ gasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB∠ = 105 . Látható, ◦ hogy CAB∠+BXC∠ = 180 . A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv® pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is

szög, innen azt kap juk, hogy

a körülírt körön lev® pontok.

(1 pont)

ABE∠ = ACF ∠ = 15◦ , ebb®l a tük◦ rözés tula jdonsága miatt ABZ∠ = ACY ∠ = 15 következik. ◦ A kerületi szögek tétele szerintY CZ∠ = Y XZ∠, így beláttuk, hogy Y XZ∠ = 30 .

(1 pont)

Az

ABE

és

ACF

derékszög¶ háromszögekben

(1 pont)

F CB∠ = M CD∠ = 30◦ , és így a tükrözés miatt M CX∠ = ZCX∠ = 60◦ , innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z∠ = 60◦ . Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos.

Hasonlóan kap juk, hogy

(1 pont)

A terület kiszámításához használjuk fel a következ® összefüggéseket:

TABC = AB = 2Rsin45◦ ; és

AB · BC · CA 4R

BC = 2Rsin60◦ ;

CA = 2Rsin75◦

XY · Y Z · ZX 4R Y Z = 2Rsin60◦ ; ZX = 2Rsin30◦

TXY Z = XY = 2Rsin90◦ ;

(2 pont)

rendezés után

I. kategória

TABC =

AB · BC · CA = 2R2 · sin45◦ · sin60◦ · sin75◦ 4R

TXY Z =

XY · Y Z · ZX = 2R2 · sin90◦ · sin60◦ · sin30◦ 4R

- 9 -

(2 pont)

2014/2015

34

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


valamint

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

sin75 = sin(45 + 30 ) = sin45 cos30 + cos45 sin30 =

√

6+ 4

√

2

.

(1 pont)

A két terület aránya

TXY Z 2R2 · sin90◦ · sin60◦ · sin30◦ = = TABC 2R2 · sin45◦ · sin60◦ · sin75◦ =√

√

2 2

1·

·

√

√

3 2

3 2

·

·

√

1 2 √ 6+ 2 4

=

√ 4 2 √ √ =√ = 3−1 2· 6+ 2 3+1

(1 pont)

Összesen: 10 pont

5. feladat: Papírból

6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetet L-alakot raktunk le a b

vágtunk ki, ma jd azokból egy-egy

cm oldalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánál az ábra szerint.

2a,

négy oldala pedig

a

(A hatoldalú

hosszúságú.)

L-alak

kett® oldala

Így az asztallap két

feketével jelölt része kétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett.

A nem fedett részek területének összege, a

kétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott)

2

részek területének összege cm -ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlenül követ® tagjai. nem méretarányos.) Határozza meg a

b

és

a

(Az ábra

oldalak arányának pontos értékét!

a b oldalú négyzet egyik oldalára illesz◦ kedik, ezért ezek szemközti oldalai párhuzamosak, szögei 90 -osak, valamint bármely 2 oldaluk hossza b − 2a, így ezek olyan négyzetek, amelyeknek területe (b − 2a) . I. Megoldás:

A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala vagy valamely

oldalhosszúságú négyzet egyik oldalára, vagy a

(1 pont)

Így a nem fedett részek területének összege:

3 · (b − 2a)2 = 3b2 − 12ab + 12a2 .

(1 pont)

Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig

2a) = 3a − b.

a − (b −

(1 pont)

Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege:

2 · (3a − b)2 = 18a2 − 12ab + 2b2 .

(1 pont)

Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege:

b2 − (3b2 − 12ab + 12a2 ) − (18a2 − 12ab + 2b2 ) = −30a2 + 24ab − 4b2 .

I. kategória

- 10 -

2014/2015

35

(1 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


A három terület mér®száma egy monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlen követ® eleme, ezért:

18a2 − 12ab + 2b2 − (3b2 − 12ab + 12a2 ) = −30a2 + 24ab − 4b2 − (18a2 − 12ab + 2b2 ),

(1 pont)

6a2 − b2 = −48a2 + 36ab − 6b2 ,

5b2 − 36ab + 54a2 = 0, b 2 b 5· − 36 · + 54 = 0, a a √ √ 36 ± 1296 − 4 · 5 · 54 18 ± 3 6 b = = . a 10 5

(1 pont)

b ≥ 3a akkor nincs kétszer fedett (fekete) rész, ezért ab < 3. Ha b ≤ 2a akkor nincs nem fedett rész, s®t az a oldalú négyzetek egy √ része 18+3 6 b < 3. Ezekb®l következik, hogy > is lóghat az asztalról. Tehát 2 < a 5 Ha

(1 pont) még le

18 5

>3

nem megoldás. Mivel

√ 10, 5 18 − 3 · 2, 5 18 − 3 6 18 − 3 · 2, 4 10, 8 2< = < < = < 3, 5 5 5 5 5 ezért a keresett pontos érték:

(1 pont)

√ 18 − 3 6 . 5

(1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás: Ha az elrendezésünket kétszeresére növeljük, akkor a négyzetek oldalai is kétszeresek lesznek, míg a területek négyszeresre változnak. különbsége is négyszeres lesz.

A területek

A számtani sorozat tulajdonságuk is megmarad, hi-

szen a különbségük is négyszeresre növekszik. Ugyanígy igaz lenne, ha tetsz®legesen nagyítanánk vagy kicsinyítenénk. Tehát vegyük azt az esetet, amikor a kicsi négyze-

a oldalú négyzetek) éppen egységnyiek, a nagy négyzet (b oldalú) mérete pedig x. A feladat ezen x értékének a meghatározása, hiszen ez éppen a keresett

tek (

legyen arány.

(1 pont)

x−2 (x − 2)2 .

A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala az

x>2

egyenl®tlenség, másrészt a területe

Így a nem fedett részek területének összege:

nagyságú. Ebb®l következik (1 pont)

3 · (x − 2)2

(1 pont)

Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig

2) = 3 − x.

I. kategória

Ebb®l következik

x-re

egy újabb feltétel:

- 11 -

3 > x.

1 − (x −

2014/2015

36

(1 pont)

Megoldások

II. forduló

Szakközépiskola


Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege:

2 · (3 − x)2

(1 pont)

Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege:

x2 − 2 · (3 − x)2 − 3 · (x − 2)2

(1 pont)

A három terület mér®száma egy monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlen követ® eleme, ezért:

4 · (3 − x)2 = x2 − 2 · (3 − x)2 − 3 · (x − 2)2 + 3 · (x − 2)2

(1 pont)

4x2 − 24x36 = −x2 + 12x − 18

x1,2 Mivel

2 < x < 3,

5x2 − 36x + 54 = 0 √ √ 36 ± 1296 − 4 · 5 · 54 18 ± 3 6 = = . 10 5

(1 pont)

ezért a kapott két gyök közül csak a

√ 18 − 3 6 . 5 felel meg. A keresett pontos érték:

(1 pont)

√ 18 − 3 6 . 5

(1 pont)

Összesen: 10 pont

I. kategória

- 12 -

2014/2015

37

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javításiértékelési útmutató

22 35

1. Legyen

n

2-nél nagyobb egész szám. Egy konvex

n-szög

három csúcsát kiválasztva

annak a valószín¶sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs

közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.

Megoldás:

A valószín¶séget úgy számoljuk ki, hogy azon háromszögek számát, me-

lyeknek nincs közös oldala a sokszöggel, elosztjuk az összes kiválasztható háromszög számával. A lehetséges

n

csúcs közül hármat kiválasztva összesen

( ) n 3

1

pont

háromszöget kapunk. 1 pont

Az összes háromszög számából le kell vonnunk azokat, amelyeknek két oldala is az eredeti sokszögnek oldala. A két oldal közös csúcsa az ilyen háromszöget egyértelm¶en meghatározza és ez

n-féle

lehet, ezért ilyenb®l

n

van. Ha csak egy közös oldala van a

háromszögnek és a sokszögnek, akkor a háromszög harmadik csúcsa a következ® egyenletet kapjuk:

(n ) 3

Mivel

n

− n − n(n − 4) 22 (n ) = . 35 3

nem lehet 0, a bal oldalon álló törtben

n-nel

(n − 4)-féle lehet,

így

2 pont

egyszersíthetünk. Az egyenletet

rendezve a következ® másodfokú egyenletet kapjuk:

13n2 − 249n + 656 = 0.

1 pont

A kapott egyenletnek egy pozitív egész megoldása van a 16, tehát a sokszög 16 oldalú. 2 pont Összesen 7 pont

OKTV 2014/2015

1

2. forduló

38

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

2. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet® az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai

a,

illetve

b

hosszúak.

Mekkora a trapéz kerülete?

Megoldás:

Az ábra jelöléseit használjuk, a trapéz kiegészít® háromszögének csúcsa

P . Megmutatjuk, hogy a CDF E trapéz hasonló az EF AB trapézhoz. Tekintsük azt a P középpontú nagyítást, ami CD -t EF -be viszi Ez a nagyítás az F DC∠ szöget AF E∠ szögbe viszi, tehát a D csúcsnál lev® szögfelez®t az F csúcsnál lev® szögfelez®be. Ugyanez igaz C -nél és E -nél. Ebb®l következik, hogy az iménti nagyítás a CDF E beírt körét az EF AB beírt körébe viszi és így F E -t éppen AB -be. 3 pont legyen

b

D

P

b b

C

b

F b

M b

b

E b

N

L

b b

b

EF = d.

B

K

A Legyen

b b

A hasonlóság alapján

b:d=d:a

és ebb®l

d=

√

ab.

2 pont

Kihasználjuk, hogy küls® pontból a körhöz húzott érint® szakaszok egyenl®k

AN , BK = BL, LE = EM , M F = F N , így F A + AB + BE = d + 2a. F D + DC + CE = d + 2b. A trapéz kerülete tehát √ 2a + 2b + 2d = 2(a + b + ab).

AK =

Hasonlóan

2 pont

Összesen 7 pont

3. Egy tudományos kutatásban

n tudós dolgozik együtt.

Bármely két tudós el®re meg-

állapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve OKTV 2014/2015

2

2. forduló

39

Megoldások

II. forduló

Gimnázium

közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervez®nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet

Megoldás:

n,

ha nincs köztük szervez®?

Legyenek a tudósok egy gráf pontjai, a pontok közti éleket négy színnel

színezzük a szerint, hogy a pontoknak megfelel® tudósok közti levelezésben melyik nyelvet használják.

1 pont

Mivel nincs szervez®, ezért minden pontból mind a négy fajta színb®l legfeljebb három él indulhat, ezért minden pont foka legfeljebb 12, azaz Ha

n = 13

n

legfeljebb 13.

1 pont

lehetséges lenne, akkor minden egyes pontból mind a négy színb®l éppen 3

él indulna. Ekkor csak az egyik színt vizsgálva 13 darab harmadfokú pont lenne, így 39 végpontja lenne ezen éleknek. Másrészt minden élnek két vége van, így a vizsgált szín¶ összes él végpontjainak száma páros kell legyen. Ebb®l következik, hogy lehet.

n = 13

nem

2 pont

n = 12 lehetséges, így ez a feladat kérdésére a válasz. Legyen a A1 , A2 , A3 , A4 ; B1 , B2 , B3 , B4 ; C1 , C2 , C3 , C4 . Az A bet¶s pontok közti élek legyenek pirosak, a B jel¶ek közt kékek, a C jel¶ek közt sárgák. Ha két pont bet¶jele különböz®, de száma azonos, akkor legyen a köztük futó él zöld. Ha i ̸= j , akkor az Ai és Bj pontok közti él legyen sárga, az Ai és Cj közti él kék, a Bi és Cj közti él piros. Így Megmutatjuk, hogy

12 pont

minden pontból két zöld él indul, a piros, kék és sárga mindegyikéb®l pedig három. 3 pont Összesen 7 pont

4. Határozzuk meg, mely pozitív egész

a , b, c

számokra teljesül az alábbi egyenlet:

a! · b! = a! + b! + c!

Megoldás:

Feltehet®, hogy

kapjuk:

a ≤ b.

(1)-et átrendezve és szorzattá alakítva a következ®t

(a! − 1)(b! − 1) = c! + 1.

(2)

mert akkor (2) bal oldala 0, míg a jobb oldala pozitív. Nem lehet a = 2 b! = c! + 2, aminek nincs megoldása. A továbbiakban a > 2. 1 pont (i) Tegyük fel, hogy a < b. (1)-et vizsgálva a! osztja a bal oldalt és a jobb oldali összeg els® két tagját, tehát a! osztja c!-t, amib®l a ≤ c következik. Nem lehet

a = 1,

(1)

sem, mert akkor

1 pont

Ha

a = c,

akkor (1)-et

a!-sal

osztva

b! a! a+1

(3)

b! = 2 + adódik, amib®l

a
miatt következik, hogy

második tagját, így a 2-t is, ami Ha

a < c,

akkor (1)-et

a!-sal

a>2

1 pont

osztva a következ®t kapjuk

b! = 1 + OKTV 2014/2015

osztja (3) bal oldalát és a jobb oldal

miatt nem lehet.

c! b! + . a! a!

3

2. forduló

40

Megoldások

II. forduló

A bal oldal osztható ami

a>2

a + 1-gyel,

Gimnázium

a jobb oldal második és harmadik tagja is, így az 1 is,

miatt nem lehet.

(ii) Hátra van az az eset, ha

1 pont

a = b.

a! = 2 +

(1)-et

a!-sal

osztva

c! = 2 + (a + 1)(a + 2)...c, a!

(4)

ahol a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldalon a 2 nem osztható, tehát a jobb oldal második tagjának 3-as maradéka 1. Ez a tag, azaz

(a + 1)(a + 2)...c,

vagy több tényez®s, mert ekkor 3-as maradéka 0 vagy 2. Tehát az

a = 3.

c = a + 1,

nem lehet kett®, 2 pont

a! = 2 + a + 1 aminek egyetlen megoldása egyetlen (a, b, c) számhármas tesz eleget és ez a

ekkor (4) így néz ki:

A kit¶zött (1)-es egyenletnek

(3,3,4).


OKTV 2014/2015

4

2. forduló

41

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

Oktatási Hivatal A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1.

Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két különböző pont a számegyenesen, amelyek az x 2 , illetve az x  p  számok helyét jelölik. Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik harmadolópontja a p szám helyét jelöli! 2

Megoldás: nem sérti az általánosságot, ha feltesszük, hogy az A pont az AB szakasz bal oldali, míg a B pont az AB szakasz jobb oldali végpontja. Az A és B pontok jelölhetik a számegyenesen az x 2 és az

x  p 2

számok bármelyikét. Meg kell vizsgálnunk minden lehetőséget, ezért feltesszük, hogy ha létezik a feladatban szereplő p prímszám, akkor a p prímet jelölő pont az AB szakasz bármelyik harmadolópontja lehet. A harmadolópontoknak megfelelő számok minden esetben

2 x 2  x  p  2  x  p   x 2 , és . 3 3 2

2

Azt kell tehát vizsgálnunk, hogy milyen x  Z számra és p pozitív prímszámra áll fenn

2 x 2  x  p   p, 3 2

(1) vagy

2  x  p   x 2  p. 3 2

(2)

1

42

1 pont

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

Az (1) egyenletből a műveletek elvégzésével és rendezéssel a

3x 2  2 px  p 2  3 p  0

(3)

x -ben másodfokú egyenletet kapjuk. A (3) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha





4 p 2  12  p 2  3 p  0 , ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik

9 p  2 p2 .

(4)

1 pont

Ha a (4) egyenlőtlenség teljesül, akkor a (3), és ezzel az (1) egyenlet valós megoldásai:

(5)

x1 

 p  9 p  2 p2  p  9 p  2 p2 és x 2  . 3 3

1 pont

Mivel p pozitív prímszám, ezért a (4) egyenlőtlenségből a p pozitív prímszámmal való osztással az is következik, hogy

0 p

9 , 2

ennek csak a p  2 és p  3 prímszámok felelnek meg.

1 pont

Ha p  2 , akkor a (3), és így az (1) egyenlet valós megoldásai (5) szerint

 2  10  2  10 és x 2  , 3 3 ezek azonban a feladatnak nem megoldásai, mert a feltétel szerint x egész szám. Ezért p  2 nem lehetséges.

1 pont

Ha p  3 , akkor (5) szerint x1  0 és x2  2 .

1 pont

x1 

Vizsgáljuk most a (2) egyenlet lehetséges megoldásait. A műveletek elvégzésével és rendezéssel: (6)

3x 2  4 px  2 p 2  3 p  0 .

2

43

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

A (6) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha





16 p 2  12  2 p 2  3 p  0 , ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik, hogy

9 p  2 p2 .

(7)

A (7) egyenlőtlenség a (4) egyenlőtlenséggel azonos, és pontosan akkor teljesül, ha

0 p

9 . 2

Ekkor a (6), és így a (2) egyenlet valós megoldásai:

(8)

x3 

 2 p  9 p  2 p2  2 p  9 p  2 p2 és x 4  . 3 3

1 pont

A (7) egyenlőtlenségnek a (4)-gyel megegyezően csak a p  2 és p  3 prímszámok felelnek meg. Ha p  2 , akkor a (6), és ebből következően a (2) egyenlet valós megoldásai (8) szerint

 4  10  4  10 és x 4  , 3 3 de ezek a feladatnak nem megoldásai, mert x egész szám. Ezért p  2 nem lehetséges.

1 pont

Ha p  3 , akkor (8) szerint x3  1 és x4  3 .

1 pont

x3 

Azt kaptuk tehát, hogy a feladat feltételeinek csak a p  3 prímszám felel meg. A p  3 prímszámhoz tartozó x1  0 egész számra az AB szakasz a 0; 9 intervallumnak felel meg a számegyenesen, és az AB szakasz A pontjához közelebbi harmadolópont jelöli a p  3 prímszám helyét. A p  3 prímszámhoz tartozó x2  2 egész számra az AB szakasz az 1; 4 intervallumnak felel meg, és az AB szakasz B pontjához közelebb eső harmadolópont éppen a p  3 prímszám helyét jelöli.

Ha p  3 mellett x3  1 , akkor az AB szakasz az 1; 4 intervallumot jelöli ki a számegyenesen, és a

B ponthoz közelebb eső harmadolópont adja meg a p  3 prímszám helyét. Végül pedig x4  3 mellett az AB szakasz a 0; 9 intervallumnak felel meg, és az A ponthoz közelebbi harmadolópont jelöli a p  3 prímszám helyét. Összesen:

3

44

1 pont 10 pont

Megoldások

2.

Dönt® forduló

Szakközépiskola

11x  3  x  2   4n  12n egyenletet, ahol x valós szám és n egész szám! 2 x  

Oldja meg a 

(  y  az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a legnagyobb) Megoldás: a négyzetgyök értelmezése szerint egyrészt x  0 , a bal oldali törtkifejezés nevezője miatt pedig x  0 , ezért x csak pozitív valós szám lehet. Másrészt ugyancsak a négyzetgyök értelmezése miatt 4n 2  12n  0 , ahonnan szorzattá alakítással kapjuk, hogy

4n  n  3  0 .

(1)

Az (1) egyenlőtlenségnek olyan n  Z számok felelnek meg, amelyekre n  0 , vagy n  3 .

1 pont

A kiindulási egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie. Ez csak úgy lehetséges, ha a 4n 2  12n kifejezés egy egész szám négyzetével egyenlő, azaz, ha

4n 2  12n  m 2

m  Z  .

Mindkét oldalhoz 9-et adva 2n  3  m 2  9 . Ebből a két négyzet különbségére vonatkozó azonosság ismeretében szorzattá alakítással kapjuk, hogy 2

(2)

2n  3  m  2n  3  m  9 .

1 pont

A (2) egyenlet bal oldalának zárójeles kifejezései a 9 szám pozitív vagy negatív osztópárjai és ezért a következő esetek lehetségesek: a)

2n  3  m  1 és 2n  3  m  9 ,

b)

2n  3  m  1 és 2n  3  m  9 ,

c)

2n  3  m  3 és 2n  3  m  3 ,

d)

2n  3  m  3 és 2n  3  m  3 .

Az a)-b)-c)-d) esetekben egyenként az egyenletek bal oldalait összeadva, rendre a következő n értékeket kapjuk (ha az egyes esetekben az osztópárok tényezőit fölcseréljük, nem kapunk újabb megoldásokat):

n1  1; n2  4; n3  0; n4  3 .

4

45

1 pont

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

11x  3  x  2   4n  12n egyenlet jobb oldalának értéke 4, 2 x  

Az n  1 és n  4 esetekben a  ezért

(3)

11x  3  x     4. 2x  

Az egészrész értelmezése szerint (3) azt jelenti, hogy 4 

1 pont

11x  3  x  5 , ahonnan a 2 x  0 2x

számmal való szorzással és rendezéssel két egyenlőtlenséget kapunk: (4)

0  3x  3  x

és (5)

x  3 x  0 .

1 pont

A (4) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a 3  x  0 kifejezéssel, előbb a 0  egyenlőtlenséget, majd ebből rendezéssel és négyzetreemeléssel az

x 1

1 x egyenlőtlenséget kapjuk. Az (5) egyenlőtlenség mindkét oldalát oszthatjuk a x  0 kifejezéssel, ebből a egyenlőtlenség, majd innen rendezéssel és négyzetreemeléssel az

x 3 0

x9 egyenlőtlenség adódik.

11x  3  x  2   4n  12n egyenlet megoldásai az 2 x  

Eszerint az n  1 és n  4 egész számokra a 

1 x  9 egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok.

1 pont

11x  3  x  2   4n  12n egyenlet jobb 2 x  

Az n  0 és n  3 egész számok esetén pedig a  oldalának értéke zérus, ezért

(6)

11x  3  x     0. 2x  

1 pont

5

46

Megoldások

Dönt® forduló

Az egészrész értelmezése miatt (6)-ból az következik, hogy 0 

Szakközépiskola

11x  3  x  1 , ahonnan a 2 x  0 2x

számmal való szorzással és rendezéssel ismét két egyenlőtlenséget kapunk: (7)

0  11x  3  x

és (8)

9x  3  x  0 .

1 pont

Az (7) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a x  0 kifejezéssel, ebből a 0  11  x  3 egyenlőtlenséget kapjuk, ahonnan rendezéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy

9  x. 121 A (8) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztjuk a 3  x  0 kifejezéssel, a művelet eredményeként adódik a 3  x  1  0 egyenlőtlenség, majd ebből rendezés és négyzetreemelés után

x

1 . 9

11x  3  x  2   4n  12n egyenlet megoldásai az 2 x  

Ezért, ha n  0 , vagy n  3 , akkor a 

9 1 x 121 9 egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok.

1 pont

Minden esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hogy az n  Z szám értékei csak az n1  1; n2  4; n3  0; n4  3 lehetnek, ezek közül n  1 és n  4 esetén az egyenlet megoldásai az 1; 9 intervallumba tartozó valós számok, míg n  0 és n  3 esetén az egyenlet megoldásai a

 9 1 121 ; 9  intervallumba tartozó valós számok.

1 pont Összesen:

6

47

10 pont

Megoldások

3.

Dönt® forduló

Szakközépiskola

Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti. Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög szárait az M és N pontokban metszi. Bizonyítsa be MX  NX !

Megoldás: jelöléseink az ábrán láthatók.

Tekintettel arra, hogy OX merőleges MN -re, elegendő bizonyítani, hogy az MNO háromszög egyenlőszárú, azaz OM  ON , illetve OMN  ONM .

1 pont

Mivel a kör érinti a 2 -vel jelölt szög szárait, ezért a kör O középpontja csak a 2 szög f szögfelezőjére illeszkedhet.

1 pont

A szögfelező minden pontja egyenlő távol van a szögszáraktól, ezért OA  OB , vagyis az OAB háromszög egyenlő szárú. Ez azt is jelenti, hogy az ábra OAB   szögére

OAB  OBA   . Az OAMX csúcsai az OM szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön vannak, erre illeszkednek az A és X pontok, ezért OAMX szükségképpen húrnégyszög.

1 pont

1 pont

Az OAMX húrnégyszög körülírt körében az OAX és OMX szögek azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért a kerületi szögek tétele és OAX  OAB   alapján (1)

OMX   .

1 pont

Az ONBX négyszögben a B és X pontok az ON szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön vannak, tehát ONBX is húrnégyszög.

1 pont

Az ONBX húrnégyszög körülírt körében az OBX és ONX szögek azonos ívhez tartozó kerületi szögek, ezért a kerületi szögek tétele alapján OBX  ONX . Mivel azonban

OBX  OBA   , ezért (2)

ONX   .

1 pont

7

48

Megoldások

Dönt® forduló

Szakközépiskola

Az (1) és (2) összefüggések szerint az OMN háromszög két szöge egyenlő, ezért a háromszög egyenlő szárú, tehát

OM  ON , ezek a szakaszok az OMN egyenlő szárú háromszög szárai.

1 pont

Az OMN egyenlő szárú háromszögben a szárak O metszéspontjából az MN alapra bocsátott OX merőleges felezi az alapot, azaz

MX  NX , és éppen ezt akartuk bizonyítani.

2 pont Összesen:

Megjegyzések: a)

a bizonyításhoz felhasználhatjuk, hogy AXM  BXN , mert csúcsszögek. Mivel OAMX húrnégyszög, ezért a kerületi szögek tétele alapján a húrnégyszög köré írt körben AXM  AOM , továbbá ONBX szintén húrnégyszög, ezért a köré írt körben BXN  BON , így AOM  BON . Az AOM és BON derékszögű háromszögekben tehát két-két szög nagysága megegyezik, és ezért a harmadik szögek is egyenlők, ugyanakkor OA  OB , tehát a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy OM  ON , ebből pedig a bizonyítandó állítás könnyen adódik.

b)

megoldható koordináta-geometriai eszközökkel is, például oly módon, hogy a P pontot az origóban vesszük föl és a PA egyenest az x tengelynek választjuk.

8

49

10 pont

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny harmadik, dönt® forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA Javításiértékelési útmutató 1. Az x, y , z olyan pozitív egészek, amelyekre az

x(y + 1) , x−1

y(z + 1) , y−1

z(x + 1) z−1

hányadosok mindegyike pozitív egész szám. Mi az xyz szorzat lehetséges legnagyobb értéke?

Megoldás: A feladatban szerepl® hányadosok nevez®je nem lehet 0, ezért x, y , z mindegyike legalább 2. 1 pont Mivel a szomszédos számok relatív prímek, ezért teljesül, hogy x − 1|y + 1,

y − 1|z + 1,

z − 1|x + 1.

2 pont

Használjuk ki, hogy a|b-b®l következik, hogy a 6 b, így

x6y+26z+46x+6 Az így nyert összefüggésben nem lehet mindenhol egyenl®ség, mert akkor x = x + 6 lenne. 2 pont Ha például z − 1 < x + 1, akkor z − 1|x + 1 miatt 2(z − 1) 6 x + 1. Ekkor 2z 6 x + 3 6 y + 5 6 z + 7. Ebb®l z 6 7, y 6 9, x 6 11, azaz xyz 6 7 · 9 · 11 = 693. Hasonlóan kapjuk y − 1 < z + 1-b®l hogy y 6 7, x 6 9, z 6 11, vagy x − 1 < y + 1-b®l hogy x 6 7, z 6 9, y 6 11. A feladatban keresett N értéke tehát 693 és ezt az xyz szorzat el is éri például az x = 7, y = 11, z = 9 esetben. 2 pont Összesen 7 pont 2. Tekintsük egy kocka három olyan lapátlójának egyenesét, amelyek páronként kitér®ek. Az e egyenes az iménti három egyenes mindegyikével ugyanakkora szöget zár be. Mekkora lehet ez a szög?

OKTV 2014/2015

1

dönt®

50

Megoldások

Dönt® forduló

H b

E

Gimnázium

G b

F b

b

z

b

D b

C

y b

A

b

B

x

Megoldás: Használjuk az ábra jelöléseit. El®ször megmutatjuk, hogy a feladat szövegének megfelel®en csak lényegében egyféle lehet®ségünk van kijelölni három lapátlót. Ezek az ábrán a BG, AC és DE . Legyen az egyik lapátlót tartalmazó lap az ABCD. Még két további lapátló kell, ezek nem lehetnek mindketten a szemben lev® lapon, ezért egyikük lapja az ABCDre mer®leges, legyen ez a BCGF . Ezen két lapon csak úgy tudunk kitér® lapátlókat felvenni, ha a közös BC él végpontjaiból egy-egy indul. Tegyük fel, hogy az egyik az AC , a másik a BG. A megmaradt lapátlók közül vagy DE -t, vagy F H -t választhatjuk, e két eset forgatással egymásba vihet®, ezért válasszuk ED-t. Megkaptuk, hogy lényegében egyetlen módon lehetséges kiválasztani három lapátlót úgy, hogy azok páronként kitér®ek legyenek. 2 pont −→ Bevezetünk három, páronként egymásra mer®leges egységvektort. Legyen AB = x, −−→ −→ AD = y , AE = z . A keresett e egyenes v irányvektora legyen v = αx + βy + γz . −−→ −→ −−→ A kijelölt lapátlóink irányvektorai BG = y + z , AC = x + y és DE = z − y . Mivel −−→ −→ −−→ |BG| = |AC| = |DE|, ezért e akkor zár be mindegyikkel ugyanakkora szöget, ha v skalárszorzatának abszolút értéke mindhárommal ugyanakkora. −−→ −→ −−→ v · BG = β + γ, v · AC = α + β, v · DE = γ − β. 1 pont Vizsgáljuk a |β + γ| = |γ − β| feltételt. i) Ha β + γ = γ − β , akkor β = 0. Két lehet®ség maradt: i1) ha γ = α, ekkor e párhuzamos AF -fel és az AF C illetve BDG szabályos háromszögek alapján minden kijelölt lapátlóval 60◦ -os szöget zár be; i2) ha γ = −α, ekkor e párhuzamos BE -vel és az EGB illetve DEB szabályos háromszögek alapján minden kijelölt lapátlóval 60◦ -os szöget zár be. 2 pont ii) Ha β + γ = β − γ , akkor γ = 0. Most is két lehet®ség maradt: ii1) β = α + β , azaz α = 0, ekkor e párhuzamos AD-vel és nyilván minden kijelölt lapátlóval 45◦ -os szöget zár be; ii2) −β = α + β , ekkor e párhuzamos a D-n és BC felez®pontján áthaladó egyenessel. Legyen a v -vel párhuzamos, a feltételeinknek megfelel® w = 2x − y . Ekkor √ √ a lapátlók irányvektorainak hossza 2, |w| = 5, w skalárszorzatának abszolút értéke minden lapátló vektorral 1. Így a bezárt szög koszinuszának értéke √110 , amib®l a bezárt szög nagysága ≈ 71.6◦ . 2 pont OKTV 2014/2015

2

dönt®

51

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

Összefoglaljuk a kapott megoldásokat. Négy irányú lehet az e egyenes, ezek közül kett® 60◦ -ot, egy 45◦ -ot, egy pedig arccos √110 ≈ 71.6◦ -ot zár be a feladatban meghatározott három lapátlóval. Összesen 7 pont 3. Legyenek x1 , x2 , ..., x2015 valós számok. Ugyanezen számok valamely y1 , y2 , ..., y2015 permutációjára teljesül, hogy

3y1 − x1 = 2x2 ,

3y2 − x2 = 2x3 ,

...,

3y2015 − x2015 = 2x1

Bizonyítsuk be, hogy ez csak úgy lehet, ha minden xi ugyanakkora.

Megoldás: Az indexek ciklikussága miatt képzelhetjük úgy a feladatot, hogy egy szabályos 2015 szög csúcsaiban vannak az x1 , x2 , ..., x2015 valós számok, a sokszög xi és xi+1 közti oldalára ráírjuk az yi számot. A feltételt kissé átalakítva yi =

xi + 2xi+1 , 3

(i = 2015 − re i + 1 = 1)

így a sokszög minden oldalán a hozzá tartozó csúcsok súlyozott számtani közepe áll. 2 pont Tekintsük az x1 , x2 , ..., x2015 , számok közül a legnagyobbat, ez forduljon el® a számok között n alkalommal és legyen értéke M . Ekkor az yi számok között is n alkalommal látjuk M -et. 2 pont Az ilyen éleket, ahol az y -beli szám értéke M , nevezzük maximálisnak. Egy maximális él mindkét végén álló x-beli szám értéke M . n darab maximális él és ezeknek 2n darab nem feltétlenül különböz® végpontja van. A sokszögnek n darab csúcsához írtunk M et, mindegyikbl legfeljebb kett® maximális él indulhat. Azaz minden M érték¶ x-beli számból 2 maximális él indul. Így a maximális élek kört alkotnak, ami csak úgy lehet, ha n = 2015, azaz minden szám ugyanakkora. 3 pont Összesen 7 pont 2. megoldás: A feladatban megadott feltételeket rendezzük át 3yi = xi + 2xi+1 alakra. Emeljük ezen egyenletek mindkét oldalát négyzetre, majd adjuk össze mindegyiknél a bal és jobb oldalakat: 2015 2015 2015 ∑ ∑ ∑ 2 2 9 yi = 5 xi + 4 xi xi+1 . 3 pont i=1

i=1

Mivel

2015 ∑

i=1

yi2 =

i=1

ezért rendezve

4

2015 ∑

x2i ,

i=1

x2i = 4

2015 ∑

xi xi+1 .

i=1

i=1

OKTV 2014/2015

2015 ∑

3

dönt®

52

Megoldások

Dönt® forduló

Gimnázium

Ezt kett®vel osztva, majd egy oldalra rendezve:

2

2015 ∑ i=1

x2i − 2

2015 ∑ i=1

xi xi+1 = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + ... + (x2015 − x1 )2 = 0.

3 pont

Ez csak úgy teljesülhet, ha ciklikusan minden x-beli elem egyenl® a két szomszédjával, tehát az összes szám is egyenl®. 1 pont

OKTV 2014/2015

4

dönt®

53

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) Megoldások 1. feladat A k körhöz egy külső ponton keresztül egy e szelőt és két érintőt húzunk, az utóbbiak érintési pontjai A és B. Az A ponton áthaladó, e-vel párhuzamos egyenes az A-tól különböző C pontban is metszi k-t. Bizonyítsuk be, hogy a BC egyenes felezi e-nek a k-ba eső szakaszát. Első megoldás: Legyen P az adott külső pont, O a kör középpontja, és F a szóban forgó felezőpont, azaz az O-ból e-re bocsátott m merőleges egyenes talppontja. Belátjuk, hogy B, F és C kollineáris, ami egyenértékű a bizonyítandó állítással.

Thalész tétele miatt A, B és F illeszkedik a P O átmérőjű körre. A P F B szög és az AF P szög ebben a körben az egyenlő P B és P A ívekhez tartozó egy-egy kerületi szög, ezért P F B∢ = AF P ∢. Az m egyenesre vonatkozó tükrözésnél az A pont C-be, az e egyenes pedig önmagába megy át. Ezért az AF P szög tükörképe a P F B szög csúcsszöge, ahonnan B, F és C kollinearitása következik. (Mindezek a megállapítások attól függetlenül érvényesek, hogy az O pont az e egyenesnek melyik oldalára esik, illetve hogy illeszkedik-e rá.)

1

54

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

Második megoldás: Legyen M az e és BC metszéspontja. Használjuk a második ábra szerint keletkező hat szögre az α, β, γ, δ, ε, ζ jeleket. Először megmutatjuk, hogy ezek a szögek egyenlők.

Az α = β egyenlőség nyilvánvaló az érintők szimmetriájából, β = γ abból adódik, hogy mindketten az AB ívhez tartozó kerületi szögek, γ és δ pedig az AC k e feltevés miatt egyállású szögek. Az α = δ egyenlőségből következik, hogy a P BM A négyszög húrnégyszög, ebből pedig β = ε adódik. Végül ismét AC k e felhasználásával ε = ζ, mert váltószögek. Az ACM háromszögben tehát az AC oldalon fekvő szögek egyenlők. Ezért M illeszkedik AC felező merőlegesére. Ez az egyenes felezi az összes AC-vel párhuzamos húrt, tehát M is felezi közülük azt, amelyik e-n fekszik. 2. feladat Tegyük fel, hogy nemnegatív egész számoknak egy véges A = {a1 < a2 < . . . < ak } és egy végtelen B = {b1 < b2 < . . . } halmazára teljesül, hogy minden nemnegatív egész egyértelműen előáll ai + bj alakban. Mutassuk meg, hogy ekkor B szükségképpen „tisztán periodikus”, azaz létezik olyan c > 0, hogy bármely b nemnegatív egész szám pontosan akkor eleme B-nek, ha b + c is az. Megoldás: Nyilván a1 = 0 (és b1 = 0). Emiatt n ∈ B pontosan azt jelenti, hogy n csak n = 0 + n alakban áll elő a + b alakban, tehát n − a2 , n − a3 , . . . , n − ak egyike sem eleme B-nek. Ha viszont n 6∈ B, akkor n = a + b előállításában a2 , a3 , . . . , ak valamelyike szerepel a-ként, azaz n − a2 , n − a3 , . . . , n − ak közül (pontosan) az egyik B-beli. Ezzel beláttuk, hogy n ∈ B ⇐⇒ n − a2 , n − a3 , . . . , n − ak 6∈ B. Ugyanígy adódik a „másik irányban” is egy hasonló összefüggés: n ∈ B ⇐⇒ n + ak , n + ak − a2 , . . . , n + ak − ak−1 6∈ B. Ez azt jelenti, hogy ha egy d = ak − 1 hosszúságú tetszőleges [x, y] intervallumon, amelynek a végpontjai pozitív egészek, adottak B elemei, akkor x − 1-ről, illetve y + 1-ről egyértelműen kiderül, hogy eleme-e B-nek vagy sem. Egy ilyen intervallumon a B-beli elemek elhelyezkedése legfeljebb 2d+1 -féle lehet, tehát lesz olyan x1 < x2 , amelyre az [x1 , x1 + d] és [x2 , x2 + d] intervallumon a B-beli elemek elhelyezkedése ugyanolyan. Ez a fentiek alapján azt jelenti, hogy B elemei egy c = x2 − x1 hosszúságú periódus szerint ismétlődnek. 2

55

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

3. feladat Melyek azok az egész együtthatós f polinomok, amelyekre minden j ≥ 1 esetén f (2j ) pozitív prímhatvány? Első megoldás: Az f (x) = 2m xn (m ≥ 0, n > 0), valamint a konstans prímhatvány polinomok nyilván megfelelnek. Megmutatjuk, hogy más ilyen polinom nincs. Az egytagú polinomok közül nyilván csak ezek jók. Tegyük fel, hogy létezik egy legalább kéttagú ilyen f , azaz f (x) = an xn + g(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 , ahol (a feltételből következően pozitív) an -en kívül még legalább egy együttható nem nulla. Fel fogjuk használni az alábbi ismert tényt, amelyet a teljesség kedvéért be is bizonyítunk. (∗)

Elég nagy r-re f (r)-ben az an rn tag „dominál”, azaz (például) 3an rn /2 > f (r) > an rn /2, ha r elég nagy.

Valóban, ha c jelöli az a0 , a1 , . . . , an−1 együtthatók abszolút értékének maximumát, akkor (r ≥ 1 esetén) |g(r)| = |f (r) − an rn | = |a0 + a1 r + . . . + an−1 rn−1 | ≤ cnrn−1 <

1 an r n , 2

ha r > 2nc/an , amivel (∗)-ot beláttuk. Rátérve a feladat állításának igazolására, először tegyük fel, hogy a0 páros. Ekkor f (2j ) páros, tehát a feltétel alapján kettőhatvány. Válasszunk egy olyan j értéket, amelyre r = 2j teljesíti (∗)-ot, továbbá g(2j ) 6= 0 (ilyen j van, hiszen egy nem nulla polinomnak csak véges sok gyöke lehet), és végül legyen j > h, ahol h a 2 kitevőinek maximuma az f (x) nem nulla együtthatóinak prímtényezős felbontásában. A feltétel szerint f (2j ) = 2u . Jelölje s a 2 kitevőjét az an prímtényezős felbontásában. Ekkor an 2jn -ben a 2 kitevője s + jn, g(2j )-ben pedig a 2 kitevője legfeljebb j(n − 1) + h (mert a nemnulla tagokban a 2 kitevője h < j miatt páronként különböző, ezért a legkisebb kitevő „nyer”), és ez (ismét h < j miatt) kisebb, mint jn, tehát (∗) alapján u = s + nj. Ez azonban (ismét felhasználva (∗)-ot is) g(2j ) 6= 0 miatt lehetetlen. Vizsgáljuk most azt az esetet, amikor a0 páratlan. Ekkor f (2j ) páratlan, tehát egy páratlan prím hatványa kell hogy legyen. Elég nagy r-re f (r) > 1 (például (∗) alapján), ezért választhatunk olyan K értéket, amelyre A = f (2K ) > 1. Mivel A páratlan, ezért van olyan N , hogy 2N -nek 1 a maradéka A2 -tel osztva. Ez adódik 2 az Euler–Fermat-tételből, vagy abból, hogy az A2 + 1 darab 1, 2, 22 , . . . , 2A szám nem 2 2 adhat csupa különböző maradékot A -tel osztva, így alkalmas v < w-re A | 2w − 2v = = 2v (2w−v − 1), és mivel (A2 , 2v ) = 1, ezért A2 | 2w−v − 1. Az előzőek alapján minden t-re is igaz, hogy 2tN -nek az A2 -tel való osztási maradéka 1. Tudjuk, hogy Bt = f (2tN +K ) = pdt t valamilyen pt prímmel. Az előzőekből adódik, hogy Bt -nek az A szerinti osztási maradéka ugyanaz, mint f (2K ) = A maradéka, vagyis 0, azaz A | pdt t . Ez azt jelenti, hogy A prímhatvány, A = q e (e ≥ 1), és minden t-re Bt = q dt . Az előző meggondoláshoz hasonlóan kapjuk, hogy Bt -nek az A2 szerinti osztási maradéka A, tehát Bt = q dt a q-nak legfeljebb e-edik hatványával osztható, azaz dt ≤ e. Azonban elég nagy t-re q dt = f (2tN +K ) > q e , ami ellentmondás.

3

56

Megoldások

Dönt® forduló

Specmat

Második megoldás: Az első megoldás jelöléseit használjuk, és most is feltesszük, hogy egy legalább kéttagú f kielégíti a feltételt, és kicsit másképp jutunk ellentmondásra. Szükségünk lesz a (∗)-nak az alábbi erősebb változatára, ami ugyanúgy bizonyítható: (∗∗)

f (r) → 1, ha r → ∞. an r n

Legyen először a0 páros, azaz f (2j ) kettőhatvány, és legyen k a legkisebb olyan egész, amelyre ak 6= 0, a feltevésünk szerint k < n. Legyen ak = 2b z, ahol z páratlan, ekkor j > b esetén f (2j ) = 2kj+b (z + 2R) alkalmas R egésszel. Mivel f (2j ) kettőhatvány, és a második tényező páratlan, ezért ez a tényező 1, azaz f (2j ) = 2kj+b . Innen (∗∗) alapján j → ∞ esetén b 2kj+b (k−n)j 2 = 2 · → 1, an 2nj an ami k 6= n miatt lehetetlen. Rátérve a páratlan a0 esetére, az első megoldásbeli gondolatmenet elejét A = f (2K ) egy q prímosztójára elvégezve kapjuk, hogy Bt = f (2tN +K ) = q dt . Ekkor (∗∗) alapján t → ∞ mellett q dt → 1, (tN an 2 +K)n és így elég nagy t-re 0,9 <

q dt an 2(tN +K)n

< 1,1 .

Ezt t-re és t + 1-re felírva, majd a két egyenlőtlenséget egymással elosztva 0,8 <

q dt+1 −dt < 1,3 2nN

adódik. Ez utóbbit is t-re és t+1-re felírva, majd a két egyenlőtlenséget egymással elosztva kapjuk, hogy q dt+2 −dt+1 0,6 < dt+1 −dt < 1,7 . q 1,7 , ezért dt+2 − dt+1 = dt+1 − dt . A közös értéket L-lel jelölve, így elég 0,6 nagy rögzített t-re bármely M esetén dt+M = dt + M L. Ezt (∗∗)-ba beírva, M → ∞ mellett L M q dt q dt +M L q = · = C · DM → 1 . 2N n an 2((t+M )N +K)n an 2(tN +K)n

Mivel q ≥ 3 >

Innen D = 1, azaz q L = 2N n , ami (n > 0 miatt) nem lehetséges.

4

57

2015. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

Recommend Documents