KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK ALAPÍTOTTA: ARANY DÁNIEL 1894-ben

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 193. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. ´evfolyam 4. sz´am

Budapest, 2015. ´aprilis

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK

Lor´ant L´aszl´o: Emelt szint˝u gyakorl´o feladatsor . . .

194

Sztrany´ak Attila: Megold´asv´azlatok a 2015/3. sz. emelt szint˝u gyakorl´o feladataihoz . . . . . . . . . . . .

196

Matematika feladatok megold´asa (4559., 4566., 4569., 4623., 4624., 4626., 4637., 4645., 4647., 4648., 4651., 4653., 4661., 4662., 4664., 4666., 4670., 4672.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

202

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1287– 1293.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

225

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (4705– 4713.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

226

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (641–643.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

228

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (373–375., 98.). .

228

Petrovay Krist´of: A csillagok sz´ınei . . . . . . . . . . . . .

233

Fizika feladatok megold´asa (4638., 4684., 4687., 4692., 4693., 4702., 4703., 4708.) . . . . . . . . . . . . .

235

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (350., 4725–4735.) . . .

248

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

251

Problems in Informatics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

252

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

255

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

F˝ oszerkeszt˝ o: NAGY GYULA ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA ´ CEC´ILIA Kiad´ o igazgat´ oja: KULCSAR Nyomda: OOK-PRESS Kft., ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ ´ Tagjai: KAROLYI GERGELY, KISS GEZA, ´ GEZA, ´ ´ RITA, ¨ KISS GYORGY, KOS KOS ´ ´ ´ LORANTFY ´ ´ ´ LORANT LASZL O, LASZL O, ´ ´ RATKO ´ EVA ´ PACH PETER PAL, A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ HOLICS LASZL ´ ´ Tagjai: GALFI LASZL O, O, ´ ´ VIGH HONYEK GYULA, SIMON LASZL O, ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ MAT WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag tagjai: ´ ´ FODOR ZSOLT, GEVAY GABOR, SCHMIEDER ´ ´ SIEGLER GABOR, ´ ´ ´ LASZL O, TOTH TAMAS, ´ WEISZ AGOSTON ´ ILDIKO, ´ NAGY GYULA Bor´ıt´ ok: MIKLOS ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO, ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ LOCZI LAJOS ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, V. emelet 5.106.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, V. emelet 5.106., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

193

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 194. oldal – 2. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Emelt szint˝ u gyakorl´ o feladatsor I. r´ esz 1. Bizony´ıtsuk be, hogy lg 2 irracion´alis.

(11 pont)

2. a) H´any k¨ ul¨onb¨oz˝o u ´tvonalon juthatunk el a 8 × 8-as sakkt´abl´an a bal fels˝o sarokban l´ev˝o, az ´ abr´ an K-val jel¨olt mez˝or˝ol a jobb als´o sarokban l´ev˝o, V-vel jel¨olt mez˝ore, ha b´armely ´erintett mez˝or˝ol csak az alatta l´ev˝o, vagy a jobb oldal´an l´ev˝o mez˝ore l´ephet¨ unk? b) H´any olyan u ´tvonal van ezek k¨oz¨ott, amely a kiindul´o mez˝ot˝ol sz´am´ıtott negyedik oszlop ´es negyedik sor keresztez˝od´es´eben l´ev˝o, T-vel jel¨olt mez˝ot nem ´erinti? (12 pont) 3. a) Bizony´ıtsuk be, hogy ha az (an ) v´egtelen sz´amtani sorozat elemei term´eszetes sz´ amok ´es ezek k¨ oz¨ ott van k¨obsz´am, akkor a sorozatnak v´egtelen sok k¨ obsz´ am eleme van. b) Ha p´eld´ aul a sorozatban szerepel a 125, ´es a sorozat differenci´aja 3, akkor lehet-e 125-n´el kisebb k¨ obsz´ am a sorozatban? (10 + 4 pont) 4. B´ utorok hegyes sarkai s´er¨ ul´est okozhatnak. K¨ ul¨on¨osen kisgyermekekre je´ lentenek vesz´elyt egy asztal sarkai. Eppen ez´ert az 1 m × 1 m-es asztalunk lapj´at lekerek´ıtett¨ uk az asztallap s´ıkj´ ara mer˝olegesen tartott f˝ ur´esszel olyan k¨or´ıvek ment´en, amelyek k¨ oz´eppontja egybeesik a n´egyzet alak´ u fel¨ ulet k¨oz´eppontj´aval. A n´egy oldal´el mindegyik´eb˝ ol 80 cm hossz´ u egyenes szakasz maradt meg. Az egyenletes vastags´ ag´ u asztallap t¨ omege eredetileg 7 kg volt. Mekkora lett a t¨omege az ´atalak´ıt´as ut´ an? (14 pont) II. r´ esz 5. Egy dob´ okock´ aval k´etszer dobunk. a) H´any elemi esem´eny alkotja az esem´enyteret? b) Mekkora annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a dobott sz´amok ¨osszege legal´abb 9? c) Mekkora annak a felt´eteles val´osz´ın˝ us´ege, hogy a dobott sz´amok ¨osszege legal´ abb 9, ha az els˝ o dobott sz´ am legal´abb 5? d) Mekkora annak a felt´eteles val´osz´ın˝ us´ege, hogy a dobott sz´amok o¨sszege legal´ abb 9, ha az els˝ o dobott sz´ am legfeljebb 4? (2 + 4 + 5 + 5 pont) 194

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 195. oldal – 3. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

6. Az f (x) = x3 + ax2 + 2x f¨ uggv´enyr˝ol tudjuk, hogy inflexi´os ´erint˝oje p´arhuzamos az x + y = 0 egyenlet˝ u egyenessel. Hat´arozzuk meg az a egy¨ utthat´o ´ert´ek´et. Igazoljuk, hogy a f¨ uggv´eny inflexi´os pontja az x-tengelyen van. (16 pont) 7. Bizony´ıtsuk be, hogy √ ha 0 6 x 6

sin x +

√ √ 4 cos x 6 8 ,

π . 2

(16 pont)

8. Szerkessz¨ unk der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨oget, ha adott a be´ırt ´es a k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara. Mi a megoldhat´ os´ ag felt´etele? (Elegend˝ o a szerkeszt´es menet´et le´ırni.) (16 pont) 9. Egy harckocsiz´ o alakulatn´al szolg´al´o f´erfiak 40 f˝os csoportj´aban a testmagass´ ag (xi ) ´es a testt¨ omeg (yi ) adatait a k¨ovetkez˝o t´abl´azat tartalmazza: testmagass´ ag xi [cm] 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174

testt¨omeg yi [kg] 70, 77 61 58, 64, 68 73 62, 65, 70 65, 66, 75, 80 63, 69, 71, 79 64, 70, 75, 76 58, 61, 71, 75, 75, 88 67, 68, 75, 77 61, 65, 70, 84 58, 77 63, 80

a) Ha a kg-ban m´ert testt¨omeget a m-ben m´ert testmagass´ag n´egyzet´evel elosztjuk, akkor az u ´gynevezett testt¨omeg-indexet kapjuk. A katonaorvos egy bizonyos eg´esz sz´ amn´ al nagyobb testt¨omeg-index eset´en min˝os´ıt valakit t´ uls´ ulyosnak. Mekkora ez az ´ert´ek, ha az orvos szerint a sz´obanforg´o csoportban a t´ uls´ ulyosok ar´anya 10%? b) Sz´ am´ıtsuk ki az x ´es y ´ atlagokat. Jel¨olje u azoknak az (xi , yi ) ´ert´ekp´aroknak a sz´ am´ at, amelyekn´el a k´et adat az ´atlaghoz k´epest ugyanabban az ir´anyban t´er el, v pedig azoknak a sz´ am´ at, ahol az elt´er´es ellent´etes ir´any´ u. Sz´am´ıtsuk ki az u−v u+v h´ anyadost. Mire k¨ ovetkeztethet¨ unk ebb˝ol? (8 + 8 pont) Lor´ ant L´ aszl´ o Budapest

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

195

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 196. oldal – 4. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Megold´ asv´ azlatok a 2015/3. sz. emelt szint˝ u gyakorl´ o feladataihoz I. r´ esz

1. A Bergeng´ oc ¨ otv¨ os¨ ok k´etf´ele f´emb˝ ol k´esz´ıtik ´ekszereiket. A holdf´em s˝ ur˝ us´ege 5000 kg/m3 , beszerz´esi ´ ara 1000 ft/g (a ft” a Bergeng´ oc fizet˝ o” eszk¨ oz, a f´emtall´er r¨ ovid´ıt´ese). A napf´em s˝ ur˝ us´ege 6000 kg/m3 , beszerz´esi ´ ara 2000 ft/g. A f´emekb˝ ol k´etf´ele ¨ otv¨ ozetet k´esz´ıtenek. Az els˝ o¨ otv¨ ozet 1 cm3 -´ehez 0,6 cm3 holdf´emet 3 ´es 0,4 cm napf´emet haszn´ alnak fel, m´ıg a m´ asodik ¨ otv¨ ozet 1 cm3 -´ehez 0,4 cm3 holdf´emet ´es 3 0,6 cm napf´emet haszn´ alnak fel (az ¨ otv¨ oz´es sor´ an nem kell anyagvesztes´eggel sz´ amolni). a) Mennyi a k´etf´ele ¨ otv¨ ozet grammonk´enti anyagk¨ olts´ege? Az elk´esz¨ ult ´ekszerek ´ ar´ at u ´gy kalkul´ alj´ ak, hogy az ´ekszer grammban adott t¨ omeg´et megszorozz´ ak az adott ¨ otv¨ ozet grammonk´enti anyagk¨ olts´eg´evel, ´es erre tesznek m´eg r´ a 20%-ot. b) Mennyi annak az ¨ otv¨ osnek a haszna, aki a 6,3 grammos els˝ o ¨ otv¨ ozetb˝ ol ´ all´ o nyakl´ ancot t´eved´esb˝ ol u ´gy adja el, mintha a m´ asodik ¨ otv¨ ozetb˝ ol k´esz¨ ult volna? (11 pont) Megold´ as. a) A k´etf´ele f´em cm3 -enk´enti anyagk¨ olts´ege: ( ) ( ) ( ) ft g ft a1 = 1000 ·5 = 5000 ´es g cm3 cm3 ( ) ( ) ( g ) ft ft a2 = 2000 ·6 = 12 000 . g cm3 cm3 A k´et ¨ otv¨ ozet cm3 -enk´enti t¨ omege ´es anyagk¨ olts´ege: ( g ) ( g ) ( 3) ( 3) m1 = 0,6 cm · 5 + 0,4 cm · 6 = 5,4 g 3 cm cm3 ( ) k1 = 0,6 cm3 · 5000 ( ) m2 = 0,4 cm3 · 5

( ) ( ) ( ) ft ft + 0,4 cm3 · 12 000 = 7800 ft, g g

( ) ( ) ( ) ft ft + 0,6 cm3 · 6 = 5,6 g g g

( ) k2 = 0,4 cm3 · 5000

´es

illetve

´es

( ) ( ) ( ) ft ft + 0,6 cm3 · 12 000 = 9200 ft. g g

´Igy a grammonk´enti anyagk¨ olts´egek: k1g =

7800 ft ft ≈ 1444,4 , 5,4 g g

´es

k2g =

9200 ft ft ≈ 1642,9 . 5,6 g g

b) 6,3 gramm anyagk¨ olts´ege az els˝ o¨ otv¨ ozetb˝ ol: 7800 ft · 6,3 g = 9100 ft. 5,4 g

196

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 197. oldal – 5. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

A nyakl´ anc elad´ asi ´ ara: 9200 ft · 6,3 g · 1,2 = 12 420 ft. 5,6 g ´Igy az ¨ otv¨ os haszna: 12 420 − 9100 = 3320 ft. 2. H´ any olyan (egybev´ ag´ os´ agt´ ol eltekintve) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t´eglalap van, melynek oldalai (cm-ben) eg´esz sz´ amok, m´ıg ter¨ ulete ´es ker¨ ulete (cm2 -ben ´es cm-ben) 100-n´ al nem nagyobb n´egyzetsz´ am? (12 pont) Megold´ as. A t´eglalap oldalai: a 6 b, ´ıgy a 6 10. A ter¨ uletre ´es a ker¨ uletre: a · b = = n2 6 100 ´es 2(a + b) = k2 6 100, ´ıgy nk 6 10. I. Ha a = b, akkor a t´eglalap n´egyzet, ´ıgy a ter¨ ulet mindig n´egyzetsz´ am, a ker¨ ulet pedig 4a = k2 miatt pontosan akkor n´egyzetsz´ am, ha a = b n´egyzetsz´ am. Vagyis az 1 × 1-es, 4 × 4-es, 9 × 9-es t´eglalap megfelel˝ o. II. Ha a < b, akkor a 6 9 is teljes¨ ul. Az esetet k´et r´eszre osztjuk: II.1. Ha a = 1, akkor b = n2 , ´es a ker¨ uletb˝ ol 2 + 2n2 = k2 . Mivel ekkor k p´ aros n´egyzetsz´ am, ´ıgy 4-gyel is oszthat´ o, de ez csak akkor lehet, ha n p´ aratlan. A lehets´eges eseteket (n = 3, 5, 7, 9) v´egigpr´ ob´ alva csak n = 7 ad j´ o megold´ ast. Ekkor a = 1, b = 72 = 49, vagyis az 1 × 49-es t´eglalap is j´ o. n2

II.2. Ha 1 < a < b, akkor a az n2 -nek egy n-n´el kisebb pozit´ıv oszt´ oja ´es b = a . Ez az a ´ert´ek az n = 2, 3, 5, 7 pr´ımek eset´en csak a = 1 lehet, ezt pedig m´ ar megvizsg´ altuk. N´ezz¨ uk v´egig a t¨ obbi esetet is: Ha n = 4: Ha n = 6:

Ha n = 8: Ha n = 9: Ha n = 10:

a=2 a=2 a=3 a=4 a=2 a=4 a=3 a=2 a=4 a=5

eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en eset´en

2(a + b) = 2(2 + 8) = 20 ̸= k2 . 2(a + b) = 2(2 + 18) = 40 ̸= k2 , m´ıg 2(a + b) = 2(3 + 12) = 30 ̸= k2 , m´ıg 2(a + b) = 2(4 + 9) = 26 ̸= k2 . 2(a + b) = 2(2 + 32) = 68 ̸= k2 , m´ıg 2(a + b) = 2(4 + 16) = 40 ̸= k2 . 2(a + b) = 2(3 + 27) = 60 ̸= k2 . 2(a + b) = 2(2 + 50) = 104 > 100, m´ıg 2(a + b) = 2(4 + 25) = 58 ̸= k2 , m´ıg 2(a + b) = 2(5 + 20) = 50 ̸= k2 .

Vagyis ¨ osszesen n´egy ilyen t´eglalap van, ezek m´eretei: 1 × 1, 4 × 4, 9 × 9, ´es 1 × 49. 3. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenleteket a val´ os sz´ amok halmaz´ an: √ a) log4 (x + 1) + log4 (x + 2) = log2 6, b)

2x2 − 3x + 1 2x2 − 2x − 12 − 2 = 1. 2 x − 3x + 2 x − 7x + 12

(14 pont)

Megold´ as. A logaritmus defin´ıci´ oja miatt az x + 1 > 0 felt´etelnek teljes¨ ulnie kell, amib˝ ol x > −1. Haszn´ alva a logaritmus azonoss´ agait, a jobb oldalt is 4-es alapra alak´ıtva: ( ) log4 (x + 1)(x + 2) = log4 6. Mivel a logaritmus-f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton f¨ uggv´eny, innen (x + 1)(x + 2) = 6, ´es ´ıgy x2 + 3x − 4 = 0, amib˝ ol x1 = 1 ´es x2 = −4 ad´ odik. Ezek k¨ oz¨ ul csak az els˝ o megold´ as megfelel˝ o, vagyis az egyenlet megold´ asa: x = 1.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

197

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 198. oldal – 6. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

b) A t¨ ortek sz´ aml´ al´ oit ´es nevez˝ oit szorzatt´ a alak´ıtva: (2x − 1)(x − 1) (2x + 4)(x − 3) − = 1. (x − 1)(x − 2) (x − 3)(x − 4) Innen x ∈ / {1; 2; 3; 4}. Egyszer˝ us´ıtve a t¨ orteket, majd a marad´ek nevez˝ okkel szorozva: (2x − 1)(x − 4) − (2x + 4)(x − 2) = (x − 2)(x − 4). Elv´egezve a z´ ar´ ojelfelbont´ asokat: 2x2 − 9x + 4 − 2x2 + 8 = x2 − 6x + 8, innen x2 + 3x − 4 = 0, amib˝ ol x1 = 1 ´es x2 = −4 ad´ odik. Ezek k¨ oz¨ ul csak a m´ asodik megold´ as megfelel˝ o, vagyis az egyenlet megold´ asa: x = −4. 4. Peti t´ız egyforma 2 egys´eg ´el˝ u ´ep´ıt˝ okock´ ab´ ol tornyot ´ep´ıt. A torony alapja 4 cm × 4 cm-es n´egyzet, de az egyes r´eszeinek m´ as-m´ as a magass´ aga. (A fel¨ uln´ezeti a ´bra azt mutatja, hogy egy-egy r´esz h´ any darab 2 × 2 × 2 cm-es kock´ ab´ ol ´ all.) Az ´ abr´ an l´ athat´ o P , Q, R pontok az egyes r´eszek legmagasabban l´ev˝ o ´ep´ıt˝ okock´ ainak a fels˝ o lapj´ an vannak. P az egyik n´egyzetlap cs´ ucsa, m´ıg Q ´es R a fels˝ o n´egyzetlapok megfelel˝ o ´eleinek felez˝ opontjai. a) Mekkora a (t´erbeli) P QR h´ aromsz¨ og P -n´el l´ev˝ o sz¨ oge? b) Peti 4 piros, 3 feh´er, 2 z¨ old ´es 1 k´ek kock´ ab´ ol ´ep´ıti meg a fenti tornyot. H´ anyf´ele k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fel¨ uln´ezeti ´ abra ´ all ´ıgy el˝ o? (A nem identikus egybev´ ag´ os´ agi transzform´ aci´ oval egym´ asba vihet˝ o´ abr´ akat k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek tekintj¨ uk.) (14 pont) √ Megold´ as. a) Az a, b, c ´elhossz´ u t´eglatest test´ atl´ oinak hossza d = a2 + b2 + c2 . A P , Q, ´es R pontok k¨ oz¨ ott fut´ o t´erbeli szakaszok tekinthet˝ ok a megfelel˝ o t´eglatestek test´ atl´ oinak: P Q-n´ al a t´eglatest ´elei 2, 4 ´es 1; QR-n´el 3, 4 ´es 1; RP -n´el pedig 3, 4 ´es 2. Ezek alapj´ an a P , Q, R pontok k¨ oz¨ ott l´ev˝ o t´ avols´ agok: √ √ √ r = d(P Q) = 21 , p = d(QR) = 26 , q = d(RP ) = 29 . Koszinusz-t´etellel kisz´ amoljuk a P -n´el l´ev˝ o (p-vel szemk¨ ozti) γ sz¨ oget: p2 = q 2 + r2 − 2qr cos γ,

´ıgy

cos γ =

q 2 + r 2 − p2 29 + 21 − 26 12 √ √ = = √ , 2qr 2 29 21 609

amib˝ ol γ ≈ 60,9◦ . b) A piros, feh´er, z¨ old, k´ek sz´ıneket P, F, Z, K bet˝ uvel jel¨ olve a feladat ekvivalens azzal, hogy 4 db P, 3 db F, 2 db Z ´es 1 db K bet˝ ub˝ ol h´ anyf´ele 4 bet˝ us sz´ o” k´epezhet˝ o. ” Vizsg´ aljuk meg a lehets´eges eseteket aszerint, hogy a fel¨ uln´ezeti rajzon a sz´ınek hogy l´ atsz´ odnak. I. Valamely sz´ınb˝ ol 4 l´ athat´ o. Ekkor a sz´ınek sz´ ama rendre 4, 0, 0, 0. Mivel csak a P-b˝ ol van 4 darab, ez´ert ez 1 eset.

198

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 199. oldal – 7. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

II. Valamely sz´ınb˝ ol 3 l´ athat´ o. A sz´ınek sz´ ama ekkor 3, 1, 0, 0. Az els˝ o sz´ın kett˝ ob˝ ol (P, F), a m´ asodik sz´ın h´ aromb´ ol v´ alaszthat´ o, vagyis hatf´elek´eppen v´ alaszthatunk sz´ınt. 4! Ha a sz´ıneket m´ ar kiv´ alasztottuk, a n´egybet˝ us sz´ o 3! = 4-f´elek´eppen k´epezhet˝ o. ´Igy itt 6 · 4 = 24 eset van. III. Valamely sz´ınb˝ ol 2 l´ athat´ o. Ekkor a sz´ınek sz´ ama 2, 2, 0,( 0) vagy 2, 1, 1, 0. 3 Az els˝ o esetben a k´et l´ athat´ o sz´ın h´ aromb´ ol (P, F, Z) v´ alaszthat´ o 2 = 3-f´elek´eppen. 4! o. ´Igy itt Ha a sz´ıneket m´ ar kiv´ alasztottuk, a n´egybet˝ us sz´ o 2!·2! = 6-f´elek´eppen k´epezhet˝ 3 · 6 = 18 eset van. A m´ asodik esetben az els˝ o sz´ın h´ aromb´ ol (P, F, Z), a kimarad´ o (negyedik) sz´ın szint´en h´ aromb´ ol v´ alaszthat´ o, vagyis a sz´ıneket kilencf´elek´eppen v´ alaszthatjuk. 4!

Ha a sz´ıneket m´ ar kiv´ alasztottuk, a n´egybet˝ us sz´ o 2! = 12-f´elek´eppen k´epezhet˝ o, ´ıgy itt 9 · 12 = 108 eset van. IV. V´eg¨ ul, ha minden sz´ınb˝ ol 1 l´ athat´ o, akkor nyilv´ an 4! = 24 eset van. Vagyis ¨ osszesen 1 + 24 + 18 + 108 + 24 = 175-f´ele fel¨ uln´ezeti ´ abra van.

II. r´ esz 5. a) Igazoljuk, hogy a k¨ ovetkez˝ o k´et sorozat konvergens, ´es k¨ oz¨ os a hat´ ar´ert´ek¨ uk: 2 √ 6n − n − 1 an = , bn = n2 + 6n + 12 − n. 2n2 + n + 1 b) Igazoljuk, hogy a fenti an sorozat minden tagja kisebb a fenti bn sorozat valamennyi tagj´ an´ al. (16 pont) Megold´ as. a) A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝ o minden tagj´ at osztva n2 -tel: 1 1 6− − 2 6n2 − n − 1 n n an = = . 2n2 + n + 1 1 1 2+ + 2 n n Mind a sz´ aml´ al´ oban, mind a nevez˝ oben az els˝ o tagok kiv´etel´evel nullsorozatr´ ol van sz´ o, 6 ´ıgy an → 2 = 3. A m´ asik sorozatot a konjug´ altj´ aval b˝ ov´ıtve: )(√ ) (√ 2 n + 6n + 12 − n n2 + 6n + 12 + n √ . bn = n2 + 6n + 12 + n Innen: 12 6+ 6n + 12 6 n bn = √ = √ → = 3. 1 + 1 n2 + 6n + 12 + n 6 12 1+ + 2+1 n n b) Az els˝ o sorozatn´ al mind a sz´ aml´ al´ o, mind a nevez˝ o mindig pozit´ıv, ´es mivel ( 2 ) 2 2 6n − n − 1 < 6n + 3n + 3 = 3 2n + n + 1 , az´ert an < 3 minden n-re. A m´ asodik sorozatn´ al √ √ 2 bn = n + 6n + 12 − n > n2 + 6n + 9 − n = (n + 3) − n = 3. Mivel a k¨ oz¨ os hat´ ar´ert´ekn´el az an sorozat minden tagja kisebb, m´ıg a bn sorozat minden tagja nagyobb, igazoltuk a b) pontot is.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

199

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 200. oldal – 8. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

6. A t´erbeli der´eksz¨ og˝ u-koordin´ ata-rendszerben felvesz¨ unk 3 piros pontot: A(1; 0; 0), B(2; 0; 0), ´es C(3; 0; 0), valamint 3 feh´er pontot: D(0; 1; 0), E(0; 2; 0), ´es F (0; 3; 0), valamint 3 z¨ old pontot: G(0; 0; 1), H(0; 0; 2), ´es I(0; 0; 3). a) V´eletlenszer˝ uen kiv´ alasztunk a kilenc pont k¨ oz¨ ul h´ armat u ´gy, hogy a kiv´ alasztott pontok egy h´ aromsz¨ og cs´ ucsai legyenek. Mekkora a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy az ´ıgy kapott h´ aromsz¨ ognek vannak azonos sz´ın˝ u cs´ ucsai? b) A kilenc pont k¨ oz¨ ul v´ alasszunk ki u ´gy n´eh´ anyat, hogy az ´ altaluk meghat´ arozott test t´erfogata a lehet˝ o legnagyobb legyen. Mely cs´ ucsokat v´ alasszuk ki, ´es mekkora lesz ekkor a k´erd´eses t´erfogat? (16 pont) Megold´ as. a) Akkor van (nem elfajul´ o) h´ aromsz¨ og, ha a kiv´ alasztott h´ arom pont nincs egy egyenesen. Ez csak h´ arom esetben (ABC, DEF , valamint GHI v´ alaszt´ asa () 9

eset´en) nem teljes¨ ul. Mivel 9 pont k¨ oz¨ ul h´ armat 3 = 84-f´elek´epp v´ alaszthatunk ki, az´ert osszesen 84 − 3 = 81 olyan h´ aromsz¨ og van, melyek cs´ ucsai a 9 cs´ ucs k¨ oz¨ ul ker¨ ulnek ki. ¨

Ezek k¨ oz¨ ul rosszak azok, melyeknek h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u cs´ ucsa van. Ezek sz´ ama 33 = 27. ´Igy ¨ osszesen 81 − 27 = 54 olyan h´ aromsz¨ og van, melynek vannak azonos sz´ın˝ u 2 54 cs´ ucsai, ´ıgy a k´erd´eses val´ osz´ın˝ us´eg: 81 = 3 . b) Mivel az ACDF GI test az ¨ osszes t¨ obbi testet tartalmazza, a k´erd´eses test ez a csonka g´ ula. A t´erfogata legegyszer˝ ubben u ´gy sz´ amolhat´ o ki, hogy az OCF I g´ ula t´erfogat´ ab´ ol kivonjuk az OADG g´ ula t´erfogat´ at (az O pont az orig´ o). A t´erfogat ´ıgy: V =

33 13 26 13 − = = . 6 6 6 3

13

Vagyis a t´erfogat: 3 . 7. Tekints¨ uk a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben a k¨ ovetkez˝ o k´et k¨ ort: k1 : x2 + 4x + y 2 + y = 2

´es

k2 : x2 − 6x + y 2 − 4y = 12.

Mekkora annak a s´ıkr´esznek a ter¨ ulete, amelyet mind a k´et k¨ or lefed?

(16 pont)

Megold´ as. A k¨ or¨ ok k¨ oz´eppontjainak ´es sugarainak kisz´ am´ıt´ as´ ahoz ´ atalak´ıtjuk az egyenleteket. Jel¨ olje a k1 ´es a k2 k¨ or sugar´ at, illetve k¨ oz´eppontj´ at rendre r1 ´es r2 , illetve O1 ´es O2 . A k1 k¨ or eset´en ( )2 ( )2 1 25 5 (x + 2)2 + y + = = , 2 4 2

(

1

)

5

azaz O1 − 2; − 2 , r1 = 2 . A k2 k¨ or eset´en (x − 3)2 + (y − 2)2 = = 25, azaz O2 (3; 2), r2 = 5. Az els˝ o k¨ or egyenlet´eb˝ ol kivonva a m´ asodik k¨ or´et: 10x + 5y = −10,

amib˝ ol

y = −2x − 2.

Ezt behelyettes´ıtve mondjuk az els˝ o egyenletbe: x2 + 4x + (−2x − 2)(−2x − 1) = 2, amib˝ ol x2 + 4x + 4x2 + 6x + 2 = 2, vagyis 5x2 + 10x = 0, teh´ at x1 = −2 ´es x2 = 0 ad´ odik.

200

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 201. oldal – 9. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Innen (behelyettes´ıt´essel) a k´et k¨ or metsz´espontjai: M1 (−2; 2), ´es M2 (0; −2). Mivel √ √ √ ( )2 ( )2 √ 5 125 3 25 5 2 2 d(O1 O2 ) = 5 + = , d(O1 M2 ) = 2 + = = , 2 4 2 4 2 ´es

√

√

√

100 , 4 emiatt (a Pitagorasz-t´etel megford´ıt´ asa szerint) az O1 M2 O2 ^ der´eksz¨ og. Innen az M2 O1 M1 sz¨ oget α-val, az M1 O2 M2 sz¨ oget β-val jel¨ olve: √ 25 α 1 ol α ≈ 126,87◦ , cos = √ 4 = √ , amib˝ 2 5 125 d(O2 M2 ) =

32 + 4 2 = 5 =

25 =

4 ´es innen β ≈ 53,13◦ . A k´erd´eses metszet ter¨ ulet´enek kisz´ am´ıt´ as´ ahoz az O1 k¨ oz´eppont´ u M2 M1 ´ıvhez tartoz´ o k¨ orcikk ter¨ ulet´et ´es az O2 k¨ oz´eppont´ u M1 M2 ´ıvhez tartoz´ o k¨ orcikk ter¨ ulet´et ¨ osszeadjuk, ´es ebb˝ ol kivonjuk az O1 M1 O2 M2 der´eksz¨ og˝ u deltoid ter¨ ulet´et, melynek oldalai 5 ´es 2,5 egys´eg hossz´ uak. Vagyis a metszet ter¨ ulete: T ≈

2,52 · π · 126,87◦ 52 · π · 53,13◦ 5 + − 5 · ≈ 6,01. ◦ 360 360◦ 2

A k´et k¨ or ´ altal k¨ oz¨ osen lefedett s´ıkr´esz ter¨ ulete: T ≈ 6,01. 8. A p param´eter mely ´ert´ekeire lesz a px2 − (p − 1)x −

3 1 p+ =0 4 2

a) egyenletnek egy megold´ asa; b) egyenletnek k´et megold´ asa, az egyik pozit´ıv, a m´ asik negat´ıv; c) egyenletnek gy¨ oke a −3; d) egyenlet gy¨ okeinek az ar´ anya 1 : 2?

(16 pont) 1

Megold´ as. a) Ha p = 0 (vagyis az egyenlet els˝ ofok´ u), akkor x = − 2 (ekkor egy megold´ as van.) K¨ ul¨ onben az egyenlet m´ asodfok´ u, ´es egy megold´ asa pontosan akkor van, ha az egyenlet diszkrimin´ ansa 0: ( ) 3 1 D = (p − 1)2 − 4 · p · − p + = 4 2 = p2 − 2p + 1 + 3p2 − 2p = 4p2 − 4p + 1 = (2p − 1)2 = 0. 1

1

Innen p = 2 . Vagyis p = 0, ´es p = 2 eset´en van az egyenletnek egy megold´ asa. A b)–c)–d) pontok nem teljes¨ ulhetnek p = 0 eset´en. ´Igy a tov´ abbiakban p ̸= 0. Mivel D sz´ep”, adjuk meg a p seg´ıts´eg´evel az egyenlet k´et megold´ as´ at: ” p − 1 ± |2p − 1| 3p − 2 −p 1 x1,2 = , innen x1 = , x2 = =− . 2p 2p 2p 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

201

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 202. oldal – 10. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Innen egyszer˝ uen ad´ odnak a v´ alaszok: b) Mivel a negat´ıv gy¨ ok megvan, ´ıgy c) −3 =

3p−2 2 > 0, ´es ebb˝ ol p > 3 , vagy p < 0. 2p

3p−2 2 , innen p = 9 . 2p

d) Itt k´et eset van aszerint, hogy melyik gy¨ ok a nagyobb. Vagy −1 = 2

1

p = 5 , vagy − 4 =

3p−2 , ´es ´ıgy 2p

3p−2 4 , ´es ´ıgy p = 7 . 2p

9. Kati peches”-sz´ amai a 3-as, ´es a 7-es. ” Egy nap 1-t˝ ol kezdve elkezdte fel´ırni a pozit´ıv eg´eszeket, de azokat a sz´ amokat, amikben volt h´ armas, vagy hetes jegy kihagyta. a) Milyen sz´ amjegyekb˝ ol ´ all a Kati ´ altal fel´ırt 2015-dik sz´ am? b) Hanyadik sz´ amk´ent ´ırta fel Kati a 2015-¨ os sz´ amot?

(16 pont)

Megold´ as. Haszn´ aljunk 8-as sz´ amrendszert. A Kati ´ altal fel´ırt sz´ amok tekinthet˝ ok 8as sz´ amrendszerbeli sz´ amoknak, csak j´ ol el kell k´esz´ıten¨ unk a k´et sz´ amrendszer (a rendes ” 8-as sz´ amrendszer”, ´es Kati´e) k¨ oz¨ otti k´ odt´ abl´ at”. Ez a t´ abla a k¨ ovetkez˝ o: ” 8-as sz´ amrendszerben Katin´ al

0 0

1 1

2 2

3 4

4 5

5 6

6 8

7 9

Vagyis pl. a 8-as sz´ amrendszerbeli 53 megegyezik a Kati-f´ele 64 alak´ u sz´ ammal. Ezt a tov´ abbiakban 538 = 64K -k´ent fogjuk jel¨ olni. a) A 8-as sz´ amrendszerben a 2015-dik sz´ amot pl. ism´etelt 8-cal val´ o marad´ekos oszt´ asokkal meghat´ arozhatjuk: 2015 = 251 · 8 + 7,

251 = 31 · 8 + 3,

31 = 3 · 8 + 7,

3 = 0 · 8 + 3.

Vagyis 201510 = 37378 . Mivel 37378 = 4949K , ez´ert a Kati list´ aj´ an szerepl˝ o 2015-dik sz´ am a 4949. b) Mivel 2015K = 20148 = 2 · 83 + 0 · 82 + 1 · 81 + 4 = 103610 , ez´ert Kati a 2015-t a saj´ at list´ aj´ an az 1036-dik sz´ amk´ent ´ırta fel. Sztrany´ ak Attila Budapest

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4559. Az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨ or´et az A-b´ ol, B-b˝ ol ´es C-b˝ ol indul´ o bels˝ o sz¨ ogfelez˝ ok rendre a D, E ´es F pontokban metszik. A DEF ´es ABC h´ aromsz¨ ogek oldalainak metsz´espontjai az A-t´ ol B ir´ any´ aba elindulva rendre G, H, I, J, K ´es L. Mutassuk meg, hogy a DGL, EHI ´es F KJ h´ aromsz¨ ogek egym´ ashoz hasonl´ ok. (6 pont) 202

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 203. oldal – 11. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Megold´ as. Jel¨ olje az ABC h´aromsz¨ og sz¨ ogeit rendre 2α, 2β ´es 2γ. Legyen tov´ abb´ a AD ∩ EF = P , BE ∩ ∩ F D = M ´es CF ∩ DE = N . Az azonos ´ıven nyugv´ o ker¨ uleti sz¨ ogek egyenl˝ os´ege miatt ekkor ADE^ = ABE^ = β, DEB^ = = DAB^ = α ´es BEF ^ = BCF ^ = = γ. Teh´ at a DEP h´ aromsz¨ogben a D-n´el ´es E-n´el l´ev˝ o sz¨ ogek ¨ osszege β + (α + γ) = 90◦ , ez´ert a h´aromsz¨ og harmadik sz¨ oge der´eksz¨ og, vagyis AD ⊥ EF . Ugyan´ıgy kapjuk, hogy BE ⊥ F D ´es CF ⊥ DE. Az LAG h´ aromsz¨ ogben teh´at az A cs´ ucsb´ol indul´o AP sz¨ogfelez˝o mer˝oleges a szemk¨ ozti oldalra. Ez´ert AP a h´aromsz¨ognek szimmetriatengelye, LA = GA ´es LP = P G. Viszont az AP egyenes D-n is ´atmegy, teh´at LD = DG, vagyis a DGL h´ aromsz¨ og is egyenl˝ osz´ ar´ u. Ugyan´ıgy kapjuk, hogy az EHI ´es F KJ h´aromsz¨ogek is egyenl˝ osz´ ar´ uak, ´es ezen h´ aromsz¨ogek szimmetriatengelye BE, illetve CF . A h´aromsz¨ ogek hasonl´ os´ ag´anak bel´at´as´ahoz elegend˝o megmutatnunk, hogy alapon fekv˝ o sz¨ ogeik egyenl˝ oek. Mivel CKD^ = CKJ^ = 90◦ − γ, ez´ert DKL^ = = 90◦ + γ. Ekkor az F DKL n´egysz¨ogben a szemk¨ozti sz¨ogek ¨osszege DKL^ + LF D^ = DKL^ + EF C^ + CF D^ = 90◦ + γ + β + α = 180◦ , vagyis a n´egysz¨ og h´ urn´egysz¨ og. E h´ urn´egysz¨og k¨or´e´ırt k¨or´eben DKF ^ ´es DLF ^ ugyanahhoz a DF ´ıvhez tartoz´o ker¨ uleti sz¨ogek, ez´ert DKF ^ = DLF ^. Ugyan´ıgy kapjuk, hogy DEGH is h´ urn´egysz¨og, amib˝ol pedig DGE^ = DHE^ k¨ovetkezik. Teh´ at a DGL, EHI ´es F KJ h´aromsz¨ogek olyan egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨ogek, melyeknek az alapon fekv˝ o sz¨ ogeik egyenl˝oek, ez´ert a h´aromsz¨ogek hasonl´oak egym´ ashoz. S´ andor Kriszti´ an (Kaposv´ar, T´ancsics M. Gimn., 12. ´evf.) dolgozata alapj´an 54 dolgozat ´erkezett. 6 pontot kapott 22 versenyz˝ o: Andi Gabriel Brojbeanu, Emri Tam´ as, Fekete Panna, Fony´ o Vikt´ oria, Geng M´ at´e, Gy˝ orfi-B´ atori Andr´ as, J´ akli Aida ´ am, Maga Bal´ Karolina, Katona D´ aniel, Lajk´ o K´ alm´ an, Leipold P´eter, Lengyel Ad´ azs, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Nagy-Gy¨ orgy Zolt´ an, S´ andor Kriszti´ an, S´ arosdi Zsombor, Schwarcz Tam´ as, Simk´ o Ir´en, Szebell´edi M´ arton, Sz˝ oke Tam´ as, Tulassay Zsolt, Williams Kada. 5 pontos 20, 4 pontos 4, 3 pontos 3, 2 pontos 2, 0 pontos 3 dolgozat.

B. 4566. Az ABC h´ aromsz¨ og oldalaira kifel´e az ABDE, BCF G ´es CAHI n´egyzeteket rajzoltuk, majd a DBG, F CI ´es HAE h´ aromsz¨ ogeket a DBGJ, F CIK ´es HAEL paralelogramm´ akk´ a eg´esz´ıtett¨ uk ki. Igazoljuk, hogy AKB^ + BLC^ + CJA^ = 90◦ . (5 pont)

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

203

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 204. oldal – 12. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

I. megold´ as. Az ABC, KCF , CKI, HLA, EAL, BDJ ´es JGB h´aromsz¨ogek egybev´ag´oak, hiszen k´et azonos hossz´ us´ag´ u oldaluk egyenl˝o sz¨oget z´ar be. (P´eld´aul LE = HA = CA, AE = AB, valamint HAE^ = 360◦ − 90◦ − 90◦ − CAB^ = = 180◦ − CAB^, teh´at LEA^ = 180◦ − HAE^ = CAB^. A t¨obbi h´aromsz¨ogre is hasonl´oan bizony´ıthat´o.) Az ´ abr´ an az egyvonalas, a k´etvonalas, illetve a h´aromvonalas szakaszok p´ aronk´ent megkaphat´oak egym´asb´ol egy valamelyik oldal hossz´aval, arra mer˝ olegesen val´ o eltol´ asb´ ol, illetve m´ashogy p´aros´ıtva 90◦ -os elforgat´assal. P´eld´ aul F CK△ ∼ = CBA△,

KCF ^ = ABC^ ´es F C ⊥ CB,

ez´ert az F CK h´aromsz¨ oget 90◦ -os forgat´as viszi a CBA h´aromsz¨ogbe, vagyis CK ⊥ BA ´es egyenl˝ o vele. Hasonl´oan LA ⊥ BC ´es LA = BC, valamint JB ⊥ AC ´es JB = AC. Mindebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy CK ∥ BD ´es CK = BD, vagyis DBKC paralelogramma, ´ıgy DC = BK. Hasonl´oan LB = AG, LC = AF , BI = JC, JA = BH, EC = AK. M´ asr´eszt ABG△ ∼ = KCB△, mert h´arom oldaluk egyenl˝o. Mivel AB ⊥ KC, ´ıgy a k´et h´aromsz¨og 90◦ -os forgat´assal megkaphat´o egym´asb´ol, ´ıgy AG ⊥ KB is teljes¨ ul. Hasonl´oan l´athat´o be a t¨obbi szakaszra is a mer˝olegess´eg. Ezekb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy AKB^ = JAG^ (h´aromvonalas–egyvonalas sz¨og). Ugyan´ıgy BLC^ = GAF ^ (egyvonalas–k´etvonalas sz¨og), valamint CJA^ = = F AK^ (k´etvonalas–h´ aromvonalas sz¨og). Teh´ at AKB^ + BLC^ + CJA^ = JAG^ + GAF ^ + F AK^ = JAK^, ami k´et h´aromvonalas szakasz ´altal bez´art sz¨og, melyek egym´asb´ol 90◦ -os elforgat´assal kaphat´ ok, teh´ at JAK^ = 90◦ . Ezzel az ´all´ıt´ ast bel´ attuk. Megjegyz´esek: 1. A B-n´el l´ev˝ o egyvonalas, illetve a C-n´el l´ev˝ o k´etvonalas 90◦ -os sz¨ ogbe ugyan´ıgy ´ atforgathattuk volna a h´ arom sz¨ oget. 2. Hasonl´ oan bel´ athat´ o, hogy ECD^ = JAG^ ´es IBH^ = F AK^, amib˝ ol l´ atszik, hogy a feladat ekvivalens egy k¨ onynyebben megfogalmazhat´ o´ all´ıt´ assal: Ha egy tetsz˝ oleges ABC h´ aromsz¨ ogre kifele ABDE, BCF G ´es CAHI n´egyzeteket rajzolok, akkor F AG^ + HBI^ + ECD^ = 90◦ .

´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Kabos Eszter (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. megold´asa alapj´an 204

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 205. oldal – 13. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

II. megold´ as. BDJ△ ∼ = ABC△, mert D-n´el ´es B-n´el ugyanakkora sz¨ ogek vannak ´es AB = BD, illetve BC = DJ. Hasonl´ oan BDJ△ ∼ = CKI△ ∼ = ∼ ∼ = HLA△ = ABC△. Ez´ert AL = a, BJ = b ´es CK = c. BJC△ ∼ = ACL△, mert BJ = AC, BC = AL ´es JBC^ = γ + 90◦ = LAC^. Hasonl´oan ABL△ ∼ = CKB△ ´es ABJ△ ∼ = KCA△. A bizony´ıt´ as tov´ abbi r´esz´eben ir´any´ıtott sz¨ogekkel sz´ amolunk. Az eddigiekb˝ol k¨ovetkezik, hogy BLC^ + AKB^ + CJA^ = = BLA^ + ALC^ + AKC^ + CKB^ + CJB^ + BJA^ = = KBC^ + BCJ^ + JAB^ + ABL^ + LCA^ + CAK^. Tekints¨ uk az AKB, a BLC ´es a CJA h´aromsz¨ogek bels˝o sz¨ogeinek ¨osszeg´et: 3 · 180◦ = BAK^ + AKB^ + KBA^ + BLC^ + LCB^ + CBL^ + + CJA^ + JAC^ + ACJ^ = = (AKB^ + BLC^ + CJA^) + (α + CAK^) + (β + KBC^) + + (γ + LCA^) + (β + ABL^) + (α + JAB^) + (γ + BCJ^) = = (AKB^ + BLC^ + CJA^) + (2α + 2β + 2γ) + + (CAK^ + KBC^ + LCA^ + ABL^ + JAB^ + BCJ^) = = (AKB^ + BLC^ + CJA^) + 2 · 180◦ + (AKB^ + BLC^ + CJA^). Teh´ at 180◦ = 2(AKB^ + BLC^ + CJA^), azaz 90◦ = AKB^ + BLC^ + + CJA^, ´es ezt kellett bizony´ıtani. Di Giovanni M´ ark (Gy˝or, R´evai Mikl´os Gimn., 11. ´evf.) Megjegyz´es. Nagyon sok megold´ o az ´ abra miatt olyan k¨ ovetkeztet´esre jutott, ami ´ altal´ anos h´ aromsz¨ ogre nem teljes¨ ul. Ezt esetsz´etv´ alaszt´ assal vagy ir´ any´ıtott sz¨ ogek haszn´ alat´ aval lehetett kik¨ usz¨ ob¨ olni.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

205

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 206. oldal – 14. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

→ → III. megold´ as. Egy − v vektor 90◦ -kal val´o elforgatottj´at jel¨olje − v ′ , egy P pon′ t´et pedig P . Ekkor −−→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ AK = AC + CI + IK = −CA + CA′ + CF = −→ −→ −−→ = −CA + CA′ + BC ′ , amib˝ol −−→′ ( −→ −→′ −−→′ )′ AK = − CA + CA + BC = ( −→)′ (−→ )′ (−−→ )′ = − CA + CA′ + BC ′ = −→ −→ −−→ = −CA′ − CA − BC. −→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ Fel´ırhat´ o, hogy AJ = AB + BD + DJ = AB + AB ′ + BC ′ . −−→ −−→ −→ → − Tudjuk, hogy AB + BC + CA = 0 , ´es ´ıgy (−−→ −−→ −→)′ −−→′ −−→′ −→′ − → → − AB + BC + CA = AB + BC + CA = 0 ′ = 0 , −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ ´ıgy AB ′ + BC ′ = −CA′ ´es AB = −BC − CA, teh´at AK ′ = AJ. Teh´at a K pont A k¨ or¨ uli −90◦ -os elforgatottja a J pont, a B pont elforgatottja az E pont, ez´ert az AKB△ elforgatottja az AJE△. Emiatt AKB^ = AJE^. Hasonl´ oan bel´ athat´ o, hogy a BLC△ C k¨or¨ uli +90◦ -os elforgatottja az F JC△, ami miatt BLC^ = F JC^. Teh´ at AKB^ + BLC^ + CJA^ = AJE^ + F JC^ + CJA^ = F JE^. Err˝ol −→ −→ −−→ k´ene bel´ atni, hogy 90◦ . Mivel JE = JD + DE, ´ıgy −→′ (−→ −−→)′ (−−→ −−→)′ −−→′ −−→′ −−→ −−→ −−→ −→ −→ JE = JD + DE = GB + DE = GB + DE = GF + DB = GF + JG = JF . Teh´ at az F pont az E pont J k¨or¨ uli −90◦ -os elforgatottja. Ezzel bel´attuk, hogy ◦ F JE^ = 90 , a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk. ´ 99 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 19 versenyz˝ o: Balogh Tam´ as, Barab´ as Abel, Di Giovanni M´ ark, Egyh´ azi Anna, Fekete Panna, Geng M´ at´e, Kabos Eszter, Kocsis ´ J´ ulia, K´ usz Agnes, Lajk´ o K´ alm´ an, Leipold P´eter, Mach´ o B´ onis, Maga Bal´ azs, NagyGy¨ orgy P´ al, Nagy-Gy¨ orgy Zolt´ an, Schwarcz Tam´ as, Varga Rudolf, Viharos Lor´ and Ott´ o, Williams Kada. 4 pontos 57, 3 pontos 9, 2 pontos 3, 1 pontos 6, 0 pontos 2 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 3 dolgozat.

B. 4569. K´et tetra´ederr˝ ol tudjuk, hogy mindkett˝ onek pontosan 3 darab a hoszsz´ us´ ag´ u ´es 3 darab b > a hossz´ us´ ag´ u ´ele van. A b/a ar´ any milyen ´ert´ekein´el k¨ ovetkezik ebb˝ ol, hogy a k´et tetra´eder egybev´ ag´ o? (5 pont) 206

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 207. oldal – 15. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Megold´ as. Vizsg´ aljuk meg, hogy az a ´es b hossz´ us´ag´ u ´elek egym´ashoz k´epest hogyan helyezkedhetnek el egy ABCD tetra´ederben. Mivel a tetra´edernek 4 cs´ ucsa van, ez´ert biztosan van olyan cs´ ucs, melyben legal´abb 2 darab a hossz´ us´ag´ u ´el tal´ alkozik. V´alaszthatjuk u ´gy a cs´ ucsok jel¨ol´es´et, hogy AB = AC = a legyen. Ha a harmadik a hossz´ us´ ag´ u ´el BC vagy AD, akkor a tetra´edernek van szab´alyos h´ aromsz¨ oglapja, az els˝ o esetben ABC, a m´asodik esetben pedig BCD (1. ´ abra). Ha a harmadik a hossz´ us´ ag´ u ´el nem BC ´es nem is AD, akkor v´alaszthatjuk u ´gy a jel¨ ol´est, hogy BD hossza legyen a, ez a harmadik eset (2. ´ abra).

1. ´ abra

2. ´ abra

Meghat´ arozzuk, hogy az egyes esetekben milyen b/a ar´anyok eset´en l´etezik tetra´eder. Az els˝ o ´es a m´asodik esetben legyen a szab´alyos h´aromsz¨oglap k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara r, a k¨ or k¨ oz´eppontja K, ennek ´es a tetra´eder negyedik cs´ ucs´anak t´avols´aga pedig m. Az ADK h´ aromsz¨ og a tetra´ederek szimmetri´aja miatt mindk´et esetben der´eksz¨ og˝ u, ez´ert Pitagorasz t´etele szerint m2 = AD2 − r2 . Pontosan akkor l´etezik tetra´eder, ha m > 0, azaz AD > r teljes¨ ul. Ismert, hogy ha egy szab´ √ alyos h´aromsz¨og oldal´ anak hossza h, akkor a h´ aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara h 3/3. Teh´at az els˝o √ esetben mindig l´etezik tetra´eder, mert b > a miatt b > a 3/3 mindig teljes¨ ul, √ a m´asodik esetben pedig pontosan akkor van ilyen tetra´eder, ha a > b 3/3, azaz √ a 3 > b fenn´ all. A harmadik esetben el˝ osz¨ or megkeress¨ uk azt az a/b ar´ anyt, amikor a tetra´eder n´egysz¨ogg´e fajul, azaz cs´ ucsai egy s´ıkba esnek. Ekkor az ABDC n´egysz¨ og oldalainak ´es ´atl´ oinak hossz´at is ismerj¨ uk (3. ´ abra). Mivel megfelel˝ o oldalaik hossza megegyezik, ez´ert a CAB ´es ABD h´aromsz¨ogek egybev´ ag´ o egyenl˝ osz´ ar´ u h´ aromsz¨ ogek. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy C-nek az AB szakasz felez˝omer˝oleges´ere vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe D, ´es ez´ert az ABDC n´egysz¨ og szimmetrikus trap´ez. Ha teh´ at ABC^ = α, akkor

3. ´ abra

ACB^ = BAD^ = BDA^ = α ´es CAB^ = ABD^ = 180◦ − 2α. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

207

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 208. oldal – 16. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

A trap´ez alapjainak p´arhuzamoss´aga miatt ABC^ ´es DCB^ v´alt´osz¨ogek, ´es ´ıgy DCA^ = DCB^ + BCA^ = 2α. Az ADC ´es a BCD h´aromsz¨ogek is egybev´ag´o egyenl˝ o sz´ ar´ u h´aromsz¨ ogek, vagyis DAC^ = DCA^ = 2α. Az ABC h´aromsz¨ogben a sz¨ ogek ¨ osszeg´et fel´ırva kapjuk, hogy 180◦ = ABC^ + BCA^ + (BAD^ + DAC^) = α + α + (α + 2α) = 5α, amib˝ ol kapjuk, hogy α = 36◦ . Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy DCA^ = 72◦ ´es ADC^ = ◦ = 36 . Ha az ABDC trap´ez ´atl´ oinak metsz´espontja M , akkor M D = M C, tov´abb´a AM C^ = 180◦ − (BCA^ + DAC^) = 180◦ − (36◦ + 72◦ ) = 72◦ . Teh´ at az AM C h´aromsz¨ og is egyenl˝o sz´ar´ u, M C = AC = a, ´es a sz¨ogek egyez˝os´ege miatt hasonl´ o az ADC h´ aromsz¨ogh¨oz. Ez´ert a k´et h´aromsz¨ogben a megfelel˝o oldalak ar´ anya megegyezik, vagyis AD AC AC AC = = = , AC AM AD − M D AD − M C Ebb˝ ol rendez´es ut´ an

azaz

b a = . a b−a

( )2 b b − − 1 = 0. a a

A m´ asodfok´ u egyenletet megoldva ´es figyelembe v´eve, hogy b/a > 1, kapjuk hogy √ b 1+ 5 = . a 2 Sz´ amol´ asunkb´ ol a szinuszt´etelt ´es a megfelel˝o add´ıci´os t´etelt alkalmazva k¨ovetkezik, hogy √ 1+ 5 AD sin 72◦ = = = 2 cos 36◦ , 2 AC sin 36◦ ebb˝ ol pedig kapjuk, hogy v ( √ u √ )2 √ u √ 1+ 5 10 − 2 5 t ◦ ◦ 2 sin 36 = 1 − cos 36 = 1 − = , 4 4 amiket a k´es˝ obbiekben haszn´ alni fogunk. Megmutatjuk, hogy pontosan akkor l´etezik a harmadik esetben le´ırt tetra´eder, ha √ 1+ 5 b . 1< < a 2 Ha l´etezik tetra´eder, akkor a D cs´ ucs nincs benne az ABC s´ıkban. Forgassuk el a tetra´eder ABD lapj´ at az AB egyenes k¨or¨ ul u ´gy, hogy a D cs´ ucs D′ k´epe ′ az ABC s´ıkba ker¨ ulj¨ on. Ekkor ABD C szimmetrikus trap´ez, mert az ABD′ ´es 208

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 209. oldal – 17. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

4. ´ abra

ABC h´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´ o egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨ogek (4. ´ abra). Legyen γ = = ABC^ = ACB^ = BAD′ ^ = BD′ A^. Mivel az AB egyenes k¨or¨ ul forgatunk, ez´ert a forgat´ as sor´ an a D pont egy olyan S s´ıkban mozog, mely mer˝oleges az AB egyenesre. Ez´ert az AB-vel p´ arhuzamos CD′ egyenes is mer˝oleges S-re. Ez viszont azt jelenti, hogy S-nek a C-hez legk¨ozelebbi pontja D′ , teh´at b = CD > CD′ = c. Mivel b´ armely h´ aromsz¨ ogben igaz, hogy nagyobb oldallal szemben nagyobb sz¨og van, ez´ert ekkor δ = D′ AC^ < ACD′ ^ = ACB^ + BCD′ ^ = ACB^ + ABC^ = 2γ. Vagyis az ABC h´ aromsz¨ ogben a sz¨ogek ¨osszeg´ere kapjuk, hogy 180◦ = δ + 3γ < 5γ, ◦ teh´ at 36 < γ. Ez´ert a szinuszt´etel alapj´an √ b AD′ sin 2γ 1+ 5 ◦ = = = 2 cos γ < 2 cos 36 = . a AC sin γ 2 √

ul, akkor legyen D′ az ABC s´ık azon Megford´ıtva, ha 1 < ab < 1+2 5 teljes¨ ′ pontja, melyre ABD C szimmetrikus trap´ez. A b > a felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy az AB felez˝ omer˝ olegese ´altal meghat´arozott k´et f´els´ık k¨oz¨ ul B ´es D′ az egyikben, A ´es C pedig a m´ asikban van. Jel¨olje γ ´es δ ugyanazokat a sz¨ogeket, mint az el˝oz˝o bekezd´esben. Az ABC egyenl˝ osz´ar´ u h´aromsz¨ogb˝ol kapjuk, hogy cos γ = Teh´ at

Ez´ert

√ 1+ 5 1 < cos γ < , 2 4

BC 2

AB

=

b . 2a

azaz 60◦ > γ > 36◦ .

D′ AC^ = δ = 180◦ − 3γ < 72◦ < 2γ = D′ CA^.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

209

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 210. oldal – 18. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

S mivel b´ armely h´ aromsz¨ ogben nagyobb sz¨oggel szemben nagyobb oldal van, ez´ert CD′ < AD′ = b. Ha a D′ -b˝ ol az AB egyenesre ´all´ıtott mer˝oleges talppontja T, akkor √ √ 10 − 2 5 ′ ◦ D T = b sin γ > b sin 36 = b . 4 Forgassuk az ABD′ h´ aromsz¨oget az AB egyenes k¨or¨ ul valamelyik ir´anyban. A forgat´ as sor´ an D′ egy olyan T k¨oz´eppont´ u k¨orvonalon mozog, melynek s´ıkja mer˝ oleges az AB egyenesre ´es a CD′ t´avols´ag nyilv´an folytonosan v´altozik. Amikor az elforgat´ as sz¨ oge ´eppen 180◦ , azaz a D′ pont ´atker¨ ul D′ -nek az AB egyenesre ′′ ′ ′′ vonatkoz´ o D t¨ uk¨ ork´ep´ebe, akkor a CD D der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogb˝ol kapjuk, hogy √ √ 10 − 2 5 > b. CD > D D = 2D T > b 2 ′′

′

′′

′

Ez´ert a forgat´ as sor´ an lesz egy olyan helyzet, amikor D′ k´ep´enek ´es C-nek a t´avols´aga b. Az ehhez a helyzethez tartoz´o ABCD tetra´eder eleget tesz a felt´eteleknek. A k´et tetra´eder egybev´ ag´ os´aga pontosan akkor k¨ovetkezik a feladat felt´eteleib˝ ol, ha a h´ arom eset k¨ oz¨ ul csak az egyikben le´ırt tetra´eder val´os´ıthat´o meg. Mivel az els˝ o esethez tartoz´ o tetra´eder minden b > a ´ert´ekre l´etezik, ez´ert azt kell megn´ezn¨ unk, hogy a m´asik k´et eset mikor nem ´ep´ıthet˝o meg. A l´etez´es felt´etele a m´asodik √ √ √ √ 1+ 5 1+ 5 esetben b/a < 3, a harmadikban pedig b/a < 2 . Mivel 3 > 2 , ez´ert a k´et √ tetra´eder egybev´ ag´ os´ ag´ anak felt´etele a b/a > 3 egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul´ese. ´ M´ andoki S´ ara (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) dolgozat´at felhaszn´alva 81 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 16 versenyz˝ o: Badacsonyi Istv´ an Andr´ as, Balogh Tam´ as, Cs´epai Andr´ as, Di Giovanni M´ ark, Fekete Panna, Frank Gy¨ orgy, GyulaiNagy Szuzina, Kabos Eszter, Kov´ acs M´ arton, Maga Bal´ azs, M´ andoki S´ ara, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Simk´ o Ir´en, Simon Krist´ of, Viharos Lor´ and Ott´ o, Williams Kada. 4 pontos 6, 3 pontos 2, 2 pontos 26, 1 pontos 16, 0 pontos 14 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 1 dolgozat.

B. 4623. Egy konvex n´egysz¨ ogben az ´ atl´ ok n´egy olyan h´ aromsz¨ oget hat´ aroznak meg, amelyek ter¨ ulete eg´esz sz´ am. Bizony´ıtsuk be, hogy ennek a n´egy eg´esznek a szorzata nem v´egz˝ odhet 2014-re. (3 pont) Megold´ as. El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy a k´et-k´et szemk¨ozti h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek szorzata egyenl˝ o. Jel¨ olje a h´arosz¨ogek ter¨ ulet´et az ´ abra szerint T1 , T2 , T3 ´es T4 . A h´ aromsz¨ ogeknek az egyik ´atl´ohoz tartoz´o magass´agai legyenek m1 ´es m2 , ennek az ´atl´ onak az ´atl´ ok metsz´espontja ´altal meghat´arozott szakaszai pedig legyenek e1 ´es e2 . Ekkor 210

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 211. oldal – 19. lap

2 T1 = e1 m1 , 2 T3 = e2 m2

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

2 T2 = e2 m1 ,

´es 2 T4 = e1 m2 ,

teh´ at T1 T3 =

e1 e2 m1 m2 = T2 T4 . 4 2

Ez´ert T1 T2 T3 T4 = (T1 T3 ) , vagyis a n´egy ter¨ ulet szorzata n´egyzetsz´am. Tudjuk, hogy a n´egyzetsz´ amok 4-gyel osztva 0 vagy 1 marad´ekot adnak. Mivel a sz´amok 4-es marad´eka csak az utols´ o k´et sz´amjegy¨ ukt˝ ol f¨ ugg, ez´ert ha egy sz´am 2014-re v´egz˝ odik, akkor a 4-es marad´eka megegyezik a 14-nek a 4-es marad´ek´ aval, azaz 2-vel. Teh´ at a ter¨ uletek szorzata nem v´egz˝odhet 2014-re. Varga P´eter (Hajd´ uszoboszl´o, H˝ogyes E. Gimn. ´es Szki., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 126 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 105, 2 pontos 7, 1 pontos 8, 0 pontos 4 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 2 dolgozat.

B. 4624. Az ABCD trap´ezban jel¨ olje E ´es F az AB, illetve CD alap felez˝ opontj´ at, O pedig az ´ atl´ ok metsz´espontj´ at. Az OA, OE ´es OB szakaszokat egy alapokkal p´ arhuzamos egyenes rendre az M , N ´es P pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az AP CN ´es BN DM n´egysz¨ ogek ter¨ ulete egyenl˝ o. (3 pont)

Javasolta: Long´ aver Lajos (Nagyb´anya)

Megold´ as. A n´egysz¨ ogeket az M N , illetve N P ´atl´ok k´et-k´et h´aromsz¨ogre bontj´ ak, ez´ert TAP CN = TAP N + TP CN

´es

TBN DM = TBN M + TN DM . Az M N P egyenes p´arhuzamos a trap´ez alapjaival. Ebb˝ ol egyr´eszt a p´arhuzamos szel˝ oszakaszok t´etele alapj´an NP MN = , AE EB

vagyis

MN AE = NP EB

k¨ ovetkezik, s mivel E felezi az AB szakaszt, ez´ert kapjuk, hogy M N = N P . M´asr´eszt a p´ arhuzamoss´ ag miatt a P CN ´es N DM h´aromsz¨ogek C illetve D, valamint K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

211

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 212. oldal – 20. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

az AP N ´es BN M h´ aromsz¨ ogek A, illetve B cs´ ucsaihoz tartoz´o magass´agok is megegyeznek. Ez´ert TAP N = TBN M ´es TP CN = TN DM , amib˝ ol a feladat ´all´ıt´ asa k¨ ovetkezik. Nagy Odett (Szeged, Radn´oti M. Gimn., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an 128 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 111, 2 pontos 9, 1 pontos 4, 0 pontos 4 dolgozat. 4

4

2

B. 4626. Igazoljuk, hogy (1 + a) (1 + b) > 64ab(a + b) tetsz˝ oleges a, b > 0 sz´ amokra teljes¨ ul. (6 pont) Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a bal oldalon (1 + a)(1 + b) = 1 + a + b + ab, illetve a jobb oldalon is szerepel ab els˝o, a + b pedig m´asodik hatv´anyon. Pr´ob´aljuk meg valamelyik k¨ ozepek k¨ oz¨ otti egyenl˝otlens´eget felhaszn´alni. Mivel a jobb oldalon a + b a m´asodik kitev˝ on szerepel, ez´ert a n´egy kifejez´es, amire fel´ırjuk majd , a+b ´es ab. Tudjuk, hogy minden nemnegat´ıv. Legaz ¨ osszef¨ ugg´est, legyen 1, a+b 2 2 k´ezenfekv˝ obb a sz´ amtani ´es a m´ertani k¨ozepek k¨oz¨otti egyenl˝otlens´eg fel´ır´asa: √ ( )( ) a+b 1 + a+b + + ab a+b a+b 4 2 2 > 1· ab. 4 2 2 Ezt alak´ıtva: √ (1 + a)(1 + b) > 4 4

4

4

4

4

2

(a + b) ab , 4 2

(1 + a) (1 + b) (a + b) ab > , 44 4 2

2

(1 + a) (1 + b) > 43 (a + b) ab = 64(a + b) ab, ami ´eppen a bizony´ıtand´ o ´all´ıt´ as. 52 dolgozat ´erkezett. 6 pontos 28, 5 pontos 13, 3 pontos 1, 0 pontos 10 dolgozat.

B. 4637. Sir Bedevir csak akkor indul el egy lovagi torn´ an, ha tudja, hogy legal´ abb 1/2 val´ osz´ın˝ us´eggel gy˝ ozni fog. B´ armely ¨ osszecsap´ as eset´en az ellenfelek gy˝ ozelm´enek val´ osz´ın˝ us´ege a harck´epess´eg¨ ukkel ar´ anyos. Bedevir harck´epess´ege 1, 1 . H´ any lovag jelentkezhetett a torn-edik ellenfel´enek a harck´epess´ege pedig 2n+1 −1 n´ ara, ha Bedevir gondos sz´ amol´ as ut´ an u ´gy d¨ ont¨ ott, hogy ˝ o is elindul? (5 pont)

(EMMV )

Megold´ as. Egy o ¨sszecsap´asban, ha a felek harck´epess´ege a ´es b, akkor az a, a b illetve b harck´epess´eg˝ u f´el rendre a+b , illetve a+b val´osz´ın˝ us´eggel gy˝oz. 212

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 213. oldal – 21. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Teh´ at Bedevir ´es az n-edik ellenfele k¨oz¨otti ¨osszecsap´asban Bedevir gy˝ozelm´enek Bn val´ osz´ın˝ us´ege: Bn =

1 1+

1

2n+1 −1

=(

2n+1 − 1 2n+1 − 1 ) = . 2n+1 −1 +1

2n+1

Becs¨ ulj¨ uk a tagokat alulr´ ol: ( n+1 ) 2 −1 −1 2n+1 − 1 1 1 = = = 1 − > 1 − 2n+1 2n+1 2n+1 − 1 2n+1 − 1 =

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

Legyen Bedevir ellenfeleinek sz´ama k. Ekkor – mivel az ¨osszecsap´asok egym´ast´ol f¨ uggetlenek – annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Bedevir lesz a torna gy˝oztese: Pk (B) =

k ∏ n=1

= 2k ·

Bn =

k k k ∏ ∏ ∏ 2n − 1 2n − 1 2n+1 − 1 k > = 2 = 2 · 2n+1 2n+1 − 1 2n+1 − 1 n=1 n=1 n=1

2−1 4−1 2k−1 − 1 2k − 1 1 2k 1 · · ... · k · k+1 = 2k · k+1 > k+1 = . 4−1 8−1 2 −1 2 −1 2 −1 2 2

Teh´ at tetsz˝ oleges (b´ armilyen nagy) k-ra Pk (B) > 12 . Mivel ez volt a felt´etele Bedevir indul´as´anak, ez´ert tetsz˝olegesen sok lovag jelentkezhetett a torn´ ara (a jelentkez˝ok sz´ama Bedevirrel egy¨ utt k + 1). Seress D´ aniel (Debrecei Ref. Koll. D´oczy Gimn., 12. ´evf.) 65 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 32, 4 pontos 10, 3 pontos 6, 2 pontos 1, 1 pontos 9, 0 pontos 7 dolgozat.

B. 4645. Tetsz˝ oleges n ´es k pozit´ıv eg´eszekre legyen H1 = {1, 3, 5, . . . , 2n − 1} ´es

H2 = {1 + k, 3 + k, 5 + k, . . . , 2n − 1 + k}.

L´etezik-e minden n-hez olyan k, hogy a H1 ∪ H2 halmaz ¨ osszes elem´enek szorzata n´egyzetsz´ am legyen? (5 pont) Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a H1 ∪ H2 halmaz ¨osszes elem´enek szorzat´at A-val. Az a sejt´es, hogy k = 2n + 1 minden n-re megfelel˝o v´alaszt´as. Ezt teljes indukci´oval igazoljuk. Adott n eset´en jel¨olje kn ´es An a megfelel˝o k, illetve A ´ert´eket. i) n = 1-re k1 = 3, H1 = {1}, H2 = {4}. L´athat´o, hogy H1 ∪ H2 = {1, 4}, ´ıgy A1 = 1 · 4, ami n´egyzetsz´am. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

213

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 214. oldal – 22. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

ii) Az indukci´ os feltev´es alapj´an An = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (1 + k)(3 + k) · . . . · (2n − 1 + k) = = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (1 + 2n + 1)(3 + 2n + 1) · . . . · (2n − 1 + 2n + 1) = = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 2)(2n + 4) · . . . · (4n) n´egyzetsz´ am. iii) Most igazoljuk az ´all´ıt´ast n + 1-re. A kn+1 = 2n + 3 be´ır´as´aval An+1 = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1)(1 + 2n + 3)(3 + 2n + 3) · . . . · · (2n − 1 + 2n + 3)(2n + 1 + 2n + 3) = = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1)(2n + 4)(2n + 6) · . . . · (4n + 2)(4n + 4) = =

An An (2n + 1)(4n + 2)(4n + 4) = (2n + 1)2(2n + 1)2(2n + 2) = 2n + 2 2n + 2 2

= An · 4 · (2n + 1) . Az indukci´ os feltev´es szerint An n´egyzetsz´ am, ´ıgy An+1 is az. Teh´at l´etezik minden n-hez alkalmas k, nevezetesen k = 2n + 1. G´ al Bogl´ arka (Lovassy L´aszl´o Gimn., Veszpr´em, 12. ´evf.) dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 108 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 97, 4 pontot 4 versenyz˝ o, tov´ abb´ a 2 pontos 1, 1 pontos 1, 0 pontos 5 versenyz˝ o dolgozata.

B. 4647. Tegy¨ uk f¨ ol, hogy 100 z´ art egys´egk¨ or egy¨ uttesen lefed egy t˝ ol¨ uk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 101-ediket. Mutassuk meg, hogy a 100 k¨ oz¨ ul valamelyik lefedi egy m´ asiknak a legfels˝ o (legnagyobb ordin´ at´ aj´ u) pontj´ at. (6 pont)

Javasolta: P´ alv¨ olgyi D¨ om¨ ot¨ or (Budapest)

Megold´ as. Legyen a lefedett k¨or k, k¨oz´eppontja O, a legals´o pontja A. Az A pontot lefedi egy k¨ or, ez legyen a k1 , ennek a k¨oz´eppontja legyen O1 ´es a legfels˝ o pontja F . OA ∥ F O1 ´es OA = F O1 = 1, ez´ert az AOF O1 n´egysz¨og paralelogramma. Jel¨ olj¨ uk az AO1 szakasz hossz´at x-szel. A k1 k¨or lefedi az A pontot, ez´ert x 6 1. ´Igy OF = x 6 1, teh´ at a k k¨ or lefedi F -et. Jel¨ olje az F -hez legk¨ ozelebbi k¨or k¨oz´eppontj´at O2 , ´es legyen F O2 = d. Ha d 6 1, akkor F le van fedve. A tov´abbiakban legyen d > 1. Ha x < 1, akkor rajzoljunk egy F k¨oz´eppont´ u, ϱ = min(1 − x, d − 1) sugar´ u k¨ ort, legyen ez k3 (1. ´ abra). Mivel d > 1, ´ıgy k3 egyetlen bels˝o pontj´at sem fedi le k1 -t˝ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k¨ or a 100 k¨ or k¨oz¨ ul, ´es a k1 nem fedi le az eg´eszet, ´ıgy k3 nincs teljesen lefedve. Mivel k3 ⊂ k, ´ıgy k sincs teljesen lefedve. Ez ellentmond´as, teh´at ez az eset nem j¨ ohet l´etre. 214

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 215. oldal – 23. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

1. ´ abra

i

2. ´ abra

Ha x = 1, akkor k ´ athalad az F ponton. Rajzoljunk egy F k¨oz´eppont´ u, ϱ = d − 1 sugar´ u k¨ ort, legyen ez k3 (2. ´ abra). Mivel k ´es k1 egybev´ag´o, de k¨ ul¨onb¨ oz˝ o k¨ or¨ ok, ´ıgy k3 -on bel¨ uli r´eszeik is egybev´ag´oak, de k¨ ul¨onb¨oz˝oek. ´Igy k-nak lesz olyan k3 -on bel¨ uli pontja, amit nem fed le a k1 ´es a t¨obbi k¨or sem, mert k2 a legk¨ ozelebbi k¨ or. Ez is ellentmond´as, teh´at ez az eset sem lehets´eges. Vagyis d sosem nagyobb 1-n´el. Teh´ at a lefedett k¨ or legals´o pontj´at lefed˝o k¨or legfels˝o pontja mindig le van fedve. Tomcs´ anyi Gergely (V´ ac, Boronkay Gy¨orgy M˝ uszaki Szki. ´es Gimn., 11. ´evf.) megold´asa alapj´an 51 dolgozat ´erkezett. 6 pontos 37, 5 pontos 7, 4 pontos 4, 2 pontos 1, 0 pontos 2 dolgozat.

B. 4648. Egy egyenl˝ o oldal´ u tetra´eder ´elei 13, Hat´ arozzuk meg k´et lapj´ anak a hajl´ assz¨ og´et.

√ 281 ´es 20 egys´eg hossz´ us´ ag´ uak.

(5 pont) Megold´ as. Az egyenl˝ o oldal´ u tetra´eder szemk¨ozti ´elei egyenl˝o hossz´ uak, ´ıgy a bennfoglal´ o paralelepipedon lapjain az ´atl´ok egyenl˝ok, vagyis a paralelogramma lapok t´eglalapok, a bennfoglal´ o paralelepipedon t´eglatest. A tetra´eder ´elei a bennfoglal´ o t´eglatest lap´ atl´ oi, ´ıgy a t´eglatest ´elei Pitagorasz-t´etelek seg´ıts´eg´evel sz´amolhat´ ok: a2 + b2 = 281,

b2 + c2 = 169,

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

c2 + a2 = 400. 215

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 216. oldal – 24. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Az egyenletrendszer megold´ asa a = 16, b = 5, c = 12. Helyezz¨ uk el a tetra´edert c´elszer˝ uen a koordin´ ata-rendszerben: A(0, 0, 0),

B(16, 5, 0),

C(16, 0, 12),

D(0, 5, 12).

Mivel k´et-k´et-k´et ´el megegyezik, ez´ert h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o hajl´assz¨og van. Legyenek az ABC, ACD, az ABC, ABD, valamint az ACD, ABD s´ıkok ´altal meghat´arozott −−→ −→ hajl´ assz¨ ogek rendre φ1 , φ2 , φ3 . Az ABC s´ık eset´eben az AB ´es AC vektorok mindegyik´ere mer˝ oleges n(U, V, 1) vektor lesz a s´ık norm´alvektora. Ez mindk´et, nem p´arhuzamos vektorra mer˝oleges: −−→ AB · n = 16U + 5V = 0, −→ AC · n = 16U + 12 = 0. Ebb˝ ol az egyenletrendszerb˝ ol n( − 34 , 12 , 1), illetve az ezzel p´arhuzamos 5 nABC (15, −48, −20). Az A ponton ´atmen˝o ABC s´ık egyenlete ez alapj´an 15x − 48y − 20z = 0. Hasonl´ o sz´ amol´ assal az ACD s´ık egyenlete −15x − 48y + 20z = 0. A k´et s´ık norm´ alvektora nABC (15, −48, −20),

nACD (−15, −48, 20).

Mivel a norm´ alvektorok mer˝ olegesek a megfelel˝o s´ıkra, illetve – jelen esetben – a sz¨ ogtartom´ annyal ellent´etes ir´anyba mutatnak, ha skal´arszorzatukat vessz¨ uk, megkapjuk az ´altalunk keresett φ1 hajl´assz¨og kieg´esz´ıt˝o sz¨og´et. Teh´at nABC · nACD = |nABC | · |nACD | · cos(180◦ − φ1 ). Ebb˝ ol

−152 + 482 − 202 1679 =− , φ1 ≈ 124,98◦ . 152 + 482 + 202 2929 A tov´ abbi sz¨ ogek meghat´ aroz´ as´ahoz az ABD s´ık norm´alvektora cos φ1 = −

nABD (15, −48, 20). Az el˝ oz˝ oh¨ oz teljesen hasonl´ o sz´ am´ıt´assal, figyelembe v´eve a skal´aris szorzat fel´ır´as´an´ al, hogy a tetra´eder belseje fel´e, vagy ellent´etes ir´anyba mutatnak a norm´alvektorok, megkapjuk, hogy φ2 = arccos

2129 ≈ 43,38◦ , 2929

illetve φ3 = arccos

2479 ≈ 32,18◦ . 2929

V´ aghy Mih´ aly (Budapest, N´emeth L´aszl´o Gimn., 11. ´evf.) dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 83 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 13, 4 pontot 24, 3 pontot 17 versenyz˝ o. 2 pontos 9, 1 pontos 18, 0 pontos 2 versenyz˝ o dolgozata.

216

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 217. oldal – 25. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

B. 4651. Az n pozit´ıv eg´esz sz´ amot egzotikusnak nevezz¨ uk, ha oszthat´ o a pozit´ıv oszt´ oinak sz´ am´ aval. Bizony´ıtsuk be a k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ asokat: a) Ha egy egzotikus sz´ am p´ aratlan, akkor ez a sz´ am n´egyzetsz´ am. b) V´egtelen sok egzotikus sz´ am van. (3 pont) Megold´ as. Az n = pk11 · pk22 · · · · · pkℓ ℓ pr´ımt´enyez˝os felbont´as´ u pozit´ıv eg´esz sz´ am pozit´ıv oszt´ oinak sz´ ama d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) . . . (kℓ + 1) =

ℓ ∏

(ki + 1).

i=1

a) Ha az egzotikus sz´ am p´aratlan, akkor minden oszt´oja is csak p´aratlan lehet, teh´ at az oszt´ ok sz´ ama is p´aratlan. A fentiek alapj´an az oszt´ok sz´am´at u ´gy kaptuk, hogy mindegyik pr´ımkitev˝oh¨oz egyet adtunk ´es ezeket ¨osszeszoroztuk. L´atjuk, hogy ki + 1 minden i = 1, 2, . . . , ℓ eset´en p´aratlan sz´am, vagyis minden ki p´aros. Az n sz´ am mindegyik pr´ımt´enyez˝oj´enek kitev˝oje p´aros, az n n´egyzetsz´am. b) Tekints¨ uk az n = pp−1 alak´ u pozit´ıv eg´eszeket, ahol p p´aratan pr´ımsz´am. Mivel a pr´ımsz´ amok sz´ ama v´egtelen, ezekb˝ol a sz´amokb´ol v´egtelen sok van. Az ilyen alak´ u sz´ amok oszt´ oinak sz´ama d(n) = p − 1 + 1 = p, teh´at d(n) | n. Ezzel v´egtelen sok egzotikus sz´ amot tal´ altunk. Kocsis J´ ulia (Dunakeszi, Radn´oti Mikl´os Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an Megjegyz´es: A feladat b) k´erd´es´ere b´ ar a legt¨ obben a fenti konstrukci´ ot v´ alasztott´ ak, tov´ abbi ´erdekes egzotikus sz´ amokat is mutattak a versenyz˝ ok. A teljess´eg ig´enye n´elk¨ ul ezek k¨ oz¨ ul n´eh´ any: m 32 · p2 , 23 · p, 22 −1 . 264 dolgozat ´erkezett. 3 pontot kapott 197, 2 pontot 55 tanul´ o, 1 pontos 6, 0 pontos 4 versenyz˝ o dolgozata. Nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

B. 4653. H´ any olyan pozit´ıv eg´eszekb˝ ol ´ all´ o a, b, c rendezett sz´ amh´ armas van, amelyre igaz, hogy [a, b, c] = 10! ´es (a, b, c) = 1? (Az (a, b, c) a legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ ot, az [a, b, c] pedig a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ ost jelenti.) (4 pont) Megold´ as. A 10! sz´ am pr´ımt´enyez˝os felbont´asa: 10! = 28 · 34 · 52 · 71 . Tegy¨ uk fel, hogy 10! kanonikus alakj´aban a p pr´ımsz´am az α-adik hatv´anyon szerepel. Ekkor (a, b, c) = 1 ´es [a, b, c] = 10! teljes¨ ul´ese eset´en a, b, c k¨oz¨ott szerepelnie kell olyan sz´ amnak, ami nem oszthat´o p-vel, olyannak, amit p pontosan az α-adik hatv´ anyon oszt, ´es a harmadik sz´amban is legfeljebb α lehet p kitev˝oje. Ha ezek a felt´etelek mind a n´egy pr´ımoszt´ora teljes¨ ulnek, tov´abb´a az a, b, c sz´amok o¨sszes K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

217

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 218. oldal – 26. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

pr´ımoszt´ oja a 2, 3, 5, 7 k¨ oz¨ ul ker¨ ul ki, akkor (a, b, c) = 1 ´es [a, b, c] = 10! val´oban teljes¨ ul. Vizsg´ aljuk most meg, hogy az a, b, c sz´amok pr´ımt´enyez˝os felbont´as´aban p kitev˝ oje (ahol p a 10! egyik pr´ımoszt´oja) h´anyf´ele m´odon v´alaszthat´o meg. Legyen a h´arom kitev˝ o 0, α ´es β. Ha 0 < β < α, akkor 6-f´ele sorrend lehets´eges, ha β = 0 vagy β = α, akkor pedig 3-3. Teh´at o¨sszess´eg´eben p kitev˝oj´enek megv´alaszt´as´ara a h´ arom sz´ amban 6(α − 1) + 2 · 3 = 6α lehet˝os´eg van. A k¨ ul¨onb¨oz˝o pr´ımoszt´okra a kitev˝ oket egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul v´alaszhatjuk meg, ´ıgy az olyan a, b, c pozit´ıv eg´esz sz´ amokb´ ol ´all´ o rendezett h´ armasok sz´ama, amelyekre teljes¨ ul a felt´etel, o¨sszesen (6 · 8) · (6 · 4) · (6 · 2) · (6 · 1) = 82 944. Radnai B´ alint (Veszpr´em, Lovassy L´aszl´o Gimn., 9. ´evf.) 209 dolgozat ´erkezett. 4 pontos 81, 3 pontos 19, 2 pontos 37, 1 pontos 46, 0 pontos 20 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 6 dolgozat.

B. 4661. Adott egy n oszlopot ´es k sort tartalmaz´ o sakkt´ abla, melynek bizonyos mez˝ oire korongokat helyezt¨ unk (minden mez˝ ore legfeljebb egyet). Nevezz¨ unk k´et korongot szomsz´edosnak, ha egy sorban vagy oszlopban vannak, ´es az ˝ oket ¨ osszek¨ ot˝ o szakaszon nincs tov´ abbi korong. Minden korongnak legfeljebb h´ arom szomsz´edja van. Legfeljebb h´ any korong van a sakkt´ abl´ an? (6 pont)

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radn´oti M. K´ıs. Gimn.)

I. megold´ as. Ha minden korongnak legfeljebb h´arom szomsz´edja van, vagyis legfeljebb h´arom m´asik korongot l´at” a t´abl´an, akkor ez azt jelenti, hogy legal´abb ” egy ir´ anyban nincs szomsz´edja. Mondhatjuk u ´gy, kin´ez a t´abl´ar´ol egy ablakon, ahol az ablak” a sakkt´ abla ker¨ ulet´enek egys´egnyi r´esze. ” Meg´ allap´ıthatjuk, hogy a sarokba b´armilyen elrendez´es mellett elhelyezhet˝o korong an´elk¨ ul, hogy b´ armely m´as korong kil´at´as´at zavarn´a. Ez az´ert igaz, mert a sz´els˝ o sorokban ´es oszlopokban ´all´o korongok k¨ozvetlen¨ ul kil´atnak a t´abl´ar´ol, hiszen egyik oldaluk a t´ abla ker¨ ulet´en van. A sarkokba elhelyezett n´egy korong ¨osszesen 8 ablakot takar el. Ezut´an marad m´eg 2(n + k) − 8 ablak. A legt¨obb korongot akkor tudjuk elhelyezni, ha mindegyik pontosan egy ablakon l´at ki. Ilyen elrendez´es l´etezik, p´eld´aul ha az ¨osszes sz´els˝o mez˝ot korongokkal t¨oltj¨ uk fel. Ebb˝ol tov´abbi j´o megold´asokat gener´alhatunk, a sz´els˝o korongok beljebb tologat´as´aval, de u ´jabb korongot m´ ar nem tudunk elhelyezni (´ abra). Meg´ allap´ıthat´ o, hogy n, k > 2 eset´en a korongok sz´ama legfeljebb 2(n + k) − 4 lehet. Ha n = 1 vagy k = 1, akkor legfeljebb annyi korong helyezhet˝o el a t´abl´an, ah´ any mez˝ o van, ilyenkor minden korongnak legfeljebb k´et szomsz´edja van. Adorj´ an D´ aniel (Budapest, Szent Istv´an Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 218

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 219. oldal – 27. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

II. megold´ as. Az, hogy egy korongnak h´any szomsz´edja van, azt mutatja meg, hogy az oszlop´ aban f¨ ol¨ otte”, oszlop´aban alatta”, sor´aban t˝ole balra”, illetve ” ” ” a sor´ aban t˝ ole jobbra” ir´ anyok k¨oz¨ ul h´anyban van m´asik korong. ” Vegy¨ unk egy olyan elrendez´est, ahol a lehet˝o legt¨obb korong van a t´abl´an u ´gy, hogy minden korongnak legfeljebb h´arom szomsz´edja van. Ekkor minden sarokban kell lennie korongnak, mert ha valamelyikben nem lenne, oda t´eve m´eg egy korongot egy t¨ obb korongb´ ol ´all´o megfelel˝o elrendez´est kapn´ank. (A sarokba tett korongnak legfeljebb k´et szomsz´edja lehet. Az elhelyez´essel csak olyan korongok szomsz´edjainak a sz´ ama n˝ ohet, amelyek sz´els˝o sorban vagy oszlopban vannak, ´ıgy a szomsz´eds´ agaik sz´ama nem n˝ohet 3 f¨ol´e.) Jel¨ olj¨ uk meg azokat a korongokat, amelyek f¨ol¨ott abban az oszlopban m´ar nincs m´ asik korong. Ez oszloponk´ent legfeljebb 1, ´ıgy ¨osszesen legfeljebb n db jel¨ol´est jelent. Most jel¨ olj¨ uk meg azokat, amik a saj´at oszlopukban a legals´ok, ez megint legfeljebb n db jel¨ ol´es. Jel¨ olj¨ uk meg azokat is, amik a sorukban az els˝ok, ezekb˝ol legfeljebb k db van, majd azokat is, amik a sorukban az utols´ok, ezekb˝ol is legfeljebb k db van. Ez ¨ osszesen legfeljebb 2k + 2n db jel¨ol´es, de a sarkokban l´ev˝o korongokat k´etszer jel¨ olt¨ uk meg. Ezek szerint legfeljebb 2k + 2n − 4 db megjel¨olt korong lehet. Jel¨ oletlen korong nem maradhatott, mert ha lenne, az azt jelenten´e, hogy az oszlop´ aban alatta ´es f¨ ol¨ otte ´es a sor´aban el˝otte ´es m¨og¨otte is van m´asik korong, azaz n´egy szomsz´edja van. Teh´ at legfeljebb 2k + 2n − 4 korong helyezhet˝o el a t´abl´an megfelel˝o m´odon. Ha n, k > 2, akkor ennyi val´oban elhelyezhet˝o, p´eld´aul ha az ¨osszes sz´els˝o mez˝ot korongokkal t¨ oltj¨ uk fel. Ekkor a sarkokban l´ev˝o korongoknak k´et, a t¨obbinek pedig h´ arom szomsz´edja lesz. Ha k = 1 vagy n = 1, akkor legfeljebb annyi korong helyezhet˝o el a t´abl´an, ah´ any mez˝ o van. Ilyenkor a k´et sz´els˝o korongnak egy-egy, a t¨obbinek k´et-k´et szomsz´edja lesz. Baran Zsuzsanna (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 109 dolgozat ´erkezett. 6 pontos 44, 5 pontos 28, 4 pontos 5, 3 pontos 3, 2 pontos 1, 1 pontos 21, 0 pontos 6 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 1 dolgozat.

B. 4662. Az ABC h´ aromsz¨ og oldalaira kifel´e rajzolt szab´ alyos h´ aromsz¨ ogek harmadik cs´ ucsai D, E ´es F . Szerkessz¨ uk meg az ABC h´ aromsz¨ oget, ha adottak a D, E ´es F pontok. (4 pont)

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)

Megold´ as. Az ACF ^, CEB^ ´es BDA^ 60◦ -os sz¨ogek, mivel szab´alyos h´aromsz¨ ogek cs´ ucsair´ ol van sz´ o. Vegy¨ unk fel egy tetsz˝ oleges P1 pontot. Forgassuk el ezt F pont k¨or¨ ul pozit´ıv ir´ anyba 60◦ -kal, ekkor megkapjuk a P2 pontot. Ezt k¨ovet˝oen a P2 -t forgassuk el E k¨ or¨ ul pozit´ıv ir´ anyba 60◦ -kal, ekkor kapjuk a P3 pontot. V´eg¨ ul a P3 pontot forgassuk el a D k¨ or¨ ul pozit´ıv ir´anyba 60◦ -kal, ekkor jutunk a P4 ponthoz. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

219

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 220. oldal – 28. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Egym´as ut´an h´arom azonos ir´any´ u 60◦ -os forgat´ast v´egezt¨ unk el, teh´at egy 3 · 60◦ = ◦ = 180 -os forgat´ast. A 180◦ -os forgat´as egy k¨oz´eppontos t¨ ukr¨oz´esnek felel meg. A h´aromsz¨ogek szab´alyoss´aga miatt A-t 60◦ -kal pozit´ıv ir´anyba F k¨or¨ ul elforgatva a C ponthoz jutunk, ezt E k¨or¨ ul pozit´ıv ir´anyba 60◦ -kal elforgatva a B pontot kapjuk meg, ezt pedig D k¨or¨ ul pozit´ıv ir´anyba szint´en 60◦ -kal elforgatva visszakapjuk az A pontot. Teh´at az ¨osszesen 180◦ -os forgat´ast elv´egezve A-b´ol visszajutunk A-ba, teh´at A a fixpontja a k¨oz´eppontos t¨ ukr¨oz´esnek. Azt l´atjuk, hogy P1 -et A-ra t¨ ukr¨ozve a P4 pontot kaptuk. Mivel k¨oz´eppontosan t¨ ukr¨ozt¨ unk, az A pont ´eppen a P1 P4 szakasz felez˝opontja. ´Igy az A pontot a le´ırtak alapj´an meg is tudjuk szerkeszteni. A-b´ol pedig megszerkeszthet˝o a h´aromsz¨og t¨obbi cs´ ucsa is: A-t pozit´ıv ir´ anyba F k¨or¨ ul elforgatva megkapjuk a C pontot, C-t E k¨ or¨ ul pozit´ıv ir´ anyba szin´en 60◦ -kal elforgatva megkapjuk a B pontot is. Teh´at megszerkesztett¨ uk az ABC h´ aromsz¨oget. El˝ ofordulhat a szerkeszt´es sor´an, hogy nem l´etezik a P1 P4 szakasz, mivel a k´et pont egybeesik. Ekkor P1 a k¨ oz´eppontos t¨ ukr¨oz´es fixpontja, vagyis ´eppen a keresett A cs´ ucs. Ezut´ an a szerkeszt´es az el˝obb le´ırtak szerint, k´et forgat´assal fejezhet˝o be. T¨ or¨ ok T´ımea (Bonyh´adi Pet˝ofi S´andor Evang. Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 91 dolgozat ´erkezett. 4 pontot kapott 48, 3 pontot 20 tanul´ o, 2 pontos 12, 1 pontos 5, 0 pontos 4 versenyz˝ o dolgozata. Nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

B. 4664. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og AB oldal´ ara befel´e az ABDE t´eglalapot ´ırjuk u ´gy, hogy a C pont a DE oldalra ker¨ ulj¨ on. Hasonl´ oan defini´ aljuk a BCF G t´eglalapot ´es a CAHI t´eglalapot. (Az A az F G szakaszra, a B pedig a HI szakaszra esik.) Az AB, BC ´es CA oldalak felez˝ opontjai rendre J, K ´es L. Igazoljuk, hogy a GJH^, IKD^ ´es ELF ^ sz¨ ogek ¨ osszege 180◦ . (4 pont)

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom) Megold´ as. K´esz´ıts¨ uk el a feladatban szerepl˝o bet˝ uz´esekkel az ´ abr´ at. Az ABC h´aromsz¨og sz¨ogeit a szok´asos m´odon rendre α, β, γ-val jel¨olj¨ uk. Fejezz¨ uk ki az ´all´ıt´asban szerepl˝o sz¨ogeket az α, β, γ seg´ıts´eg´evel. Az ACE^ = CAB^ = α, mert v´alt´osz¨ogek. Az ECA h´aromsz¨og der´eksz¨og˝ u, ´atfog´oja AC, ennek felez˝opontja L. Az E ´es F pontok az AC szakasz Thal´esz-k¨or´en helyezkednek el, AL = F L = EL = CL. Az ELC h´arom-

220

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 221. oldal – 29. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

sz¨ og egyenl˝ o sz´ ar´ u, ´ıgy LEC^ = LCE^ = α, teh´at ELC^ = 180◦ − 2α. Hasonl´oan sz´ amolhat´ o az F LA^ sz¨ og is, F LA^ = 180◦ − 2γ. A k´et el˝obbi alapj´an ELF ^ = 180◦ − ELC^ − F LA^ = 180◦ − 180◦ + 2α − 180◦ + 2γ = 2α + 2γ − 180◦ . A feladatban szerepl˝ o m´ asik k´et sz¨ogre ugyanezzel a gondolatmenettel kapjuk, hogy IKD^ = 180◦ − CKD^ − IKB^ = 180◦ − (180◦ − 2β) − (180◦ − 2γ) = = 2β + 2γ − 180◦ , GJH^ = 180◦ − AJG^ − HJB^ = 180◦ − (180◦ − 2β) − (180◦ − 2α) = = 2β + 2α − 180◦ . V´eg¨ ul a h´arom kifejezett sz¨og ¨osszege: ELF ^ + IKD^ + GJH^ = 4α + 4β + 4γ − 3 · 180◦ = 4(α + β + γ) − 3 · 180◦ = 180◦ . A feladat ´all´ıt´ as´ at igazoltuk. Dob´ ak D´ avid (Kecskem´et, Katona J´ozsef Gimn., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an 167 dolgozat ´erkezett. 4 pontot kapott 159, 3 pontot 4 tanul´ o, 2 pontos 1, 1 pontos 1, 0 pontos 2 versenyz˝ o dolgozata.

B. 4666. Bizony´ıtsuk be, hogy minden n pozit´ıv eg´eszre n ∑

(2k − 1)

k=1

[n] k

=

n [ ]2 ∑ n

k

k=1

.

(5 pont) I. megold´ as. Defini´ aljuk az fn f¨ uggv´enyt a pozit´ıv eg´esz sz´amp´arokon a k¨ovetkez˝ ok´eppen:   1, ha [ n ] > y, x fn (x, y) =  0, ha [ n ] < y. x Nyilv´ an fn (x, y) ´ert´eke pontosan akkor 1, ha

n x

> y, vagyis ha

n y

> x, ez´ert

fn (y, x) = fn (x, y). A bevezetett jel¨ ol´essel az ¨ osszeg a k¨ovetkez˝ok´eppen alak´ıthat´o: n ∑

(2k − 1)

k=1

=

n ( ∑ k=1

[n] k

(2k − 1)

=

n ∑ j=1

n ∑

( [ nk ] ∑ (2k − 1) 1+ j=1

k=1

) fn (k, j)

=

n ∑ n ∑

n ∑ j=[

n k

) 0

=

]+1

(2k − 1)fn (k, j) =

k=1 j=1

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

221

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 222. oldal – 30. lap

=

n ∑ n ∑

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

(2k − 1)fn (j, k) =

j=1 k=1

=

[ nj ] n ∑ ∑ j=1 k=1

(2k − 1) =

n ∑

( [ nj ] ∑

j=1

k=1

n [ ]2 ∑ n j=1

j

=

(2k − 1) · 1 +

) (2k − 1) · 0

k=[ n j ]+1

n [ ]2 ∑ n k=1

n ∑

i

k

.

G´ asp´ ar Attila (Miskolc, F¨oldes F. Gimn., 9. ´evf.) ´ II. megold´ as. Megold´ asomhoz ¨otletet adott a K¨ oMaL F´ orum: Erdekes matekfeladatok 3931. bejegyz´ese. Rajzoljunk oszlopdiagramot a der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszer els˝o s´ıknegye2 d´ebe u ´gy, hogy az x tengely k-adik egys´egszakasza f¨ol´e [ nk ] magass´ag´ u oszlopot rajzolunk. Az oszlopok egy¨ uttes ter¨ ulete ekkor a jobb oldal ´ert´ek´et adja, ´es az oszlopok ereszkednek”, ahogy k ´ert´eke n˝o. Most tekints¨ sordiagramot: (uk ezt, 2mint ) ” n´ezz¨ uk meg, milyen hossz´ u sor l´og ki az y tengely a (k − 1) -edikt˝ol a k 2 -edik egys´egszakaszig terjed˝ o tartom´ any´ab´ol. Mivel csak n´egyzetsz´am magass´ag´ u oszlopok vannak, az itt kil´ og´ o sorok egy¨ utt egy t´eglalapot alkotnak, melynek ter¨ ulete a k´et oldal´ anak a szorzata. Az egyik oldala 2k − 1, a m´asik pedig az a hossz, amennyire ez beny´ ulik. A t´eglalap addig tart, am´ıg az a-adik oszlop magass´aga legal´ abb k 2 , azaz [ n ]2 ( n )2 ( n )2 n > k2 , > k2 , > a2 , > a. a a k k Mivel a eg´esz, az´ert [ nk ] > a. Teh´at a sorok ´altal alkotott k-adik t´eglalap ter¨ ulete n ulet´et adja. (2k − 1)[ k ]; ezzel azt kaptuk, hogy a bal oldali ¨osszeg is a diagram ter¨ Ezzel bizony´ıtottuk az ´all´ıt´ ast. ´ Isk., 10. ´evf.) Hansel Soma (Szeged, Radn´oti M. K´ıs. Gimn. ´es Alt. 36 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 31, 4 pontos 2, 2 pontos 1, 0 pontos 2 dolgozat.

B. 4670. Az ABC h´ aromsz¨ og oldalainak felez˝ opontjai legyenek A1 , B1 ´es C1 . Bocs´ assunk A1 -b˝ ol mer˝ olegest az A cs´ ucshoz tartoz´ o sz¨ ogfelez˝ ore, B1 -b˝ ol a B-hez, C1 -b˝ ol pedig a C-hez tartoz´ ora. A B1 -et tartalmaz´ o mer˝ oleges ´es a C1 -et tartalmaz´ o mer˝ oleges metsz´espontja legyen A2 , hasonl´ oan kapjuk a B2 , C2 pontokat. Mutassuk meg, hogy az A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 egyenesek egy pontban metszik egym´ ast. (3 pont)

Javasolta: S´ arosdi Zsombor (Veresegyh´az)

Megold´ as. Legyenek az A, B, C pontokb´ol indul´o bels˝o sz¨ogfelez˝ok fa , fb , fc . Az A1 B1 C1 k¨ oz´epvonal h´ aromsz¨og bels˝o sz¨ogfelez˝oi legyenek fa1 , fb1 , fc1 . Az ABC ´es A1 B1 C1 h´ aromsz¨ ogek oldalai p´aronk´ent p´arhuzamosak ´es megfelel˝o sz¨ogeik egyenl˝ ok, ez´ert fa1 ∥ fa , fb1 ∥ fb , fc1 ∥ fc . Ez´ert az A1 , B1 , C1 pontokb´ol az fa , fb , fc sz¨ogfelez˝okre bocs´ajtott mer˝olegesek az fa1 , fb1 , fc1 egyenesekre is mer˝olegesek lesznek, ´es ´ıgy ezek lesznek az A1 B1 C1 △ k¨ uls˝ o sz¨ ogfelez˝ oi. 222

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 223. oldal – 31. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Egy h´ aromsz¨ og k´et cs´ ucs´ aban h´ uzott k¨ uls˝ o ´es a harmadik cs´ ucsban h´ uzott bels˝ o sz¨ ogfelez˝ oje egy pontban, a h´aromsz¨og hozz´a´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontj´aban metszi egym´ ast, ez´ert az A1 B1 C1 △ k¨ uls˝o sz¨ogfelez˝oinek A2 , B2 , C2 metsz´espontjain rendre ´athaladnak az fa1 , fb1 , fc1 sz¨ogfelez˝ok. Ezek rendre egybeesnek az A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 egyenesekkel.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

223

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 224. oldal – 32. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Vagyis az A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 egyenesek az A1 B1 C1 △ bels˝o sz¨ogfelez˝oi, ez´ert egy pontban metszik egym´ ast. G´ al Bogl´ arka (Veszpr´em, Lovassy L. Gimn. 12. ´evf.) dolgozata alapj´an 35 dolgozat ´erkezett. 3 pontot kapott 13 versenyz˝ o: Cs´epai Andr´ as, G´ al Bogl´ arka, Geng M´ at´e, Gyulai-Nagy Szuzina, Heinc Em´ılia, Juh´ asz D´ aniel, Kerekes Anna, Khayouti S´ ara, Nagy D´ avid Paszk´ al, N´emeth Bal´ azs, Polg´ ar M´ arton, Vank´ o Mil´ena, Williams Kada. 2 pontos 5, 1 pontos 8, 0 pontos 9 dolgozat.

B. 4672. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan pozit´ıv eg´esz sz´ amokon ´ertelmezett, val´ os ´ert´ekeket felvev˝ o f f¨ uggv´enyt, amelyre tetsz˝ oleges n pozit´ıv eg´esz eset´en teljes¨ ul, hogy p+1 p+1 p = − , f (1) + f (2) + . . . + f (n) f (n) f (n + 1) ahol p r¨ ogz´ıtett pozit´ıv sz´ am. (5 pont)

Javasolta: Kov´ acs B´ela (Szatm´arn´emeti)

Megold´ as. V´alasszuk meg f (1) ´ert´ek´et tetsz˝oleges, 0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o val´os sz´ amnak (egy´ebk´ent a l´ep´esek sor´an 0-val osztan´ank): legyen f (1) = a, ahol a ̸= 0. Az ¨ osszef¨ ugg´es alapj´ an kisz´ amolhatjuk f els˝o n´eh´any ´ert´ek´et: f (2) = (p + 1) · a,

f (1) = a,

f (4) =

f (3) =

(p + 1)(p + 2) · a, 2

(p + 1)(p + 2)(p + 3) · a. 6

Ezek alapj´ an azt sejtj¨ uk, hogy ha n > 2, akkor f (n) =

(p + 1)(p + 2) . . . (p + n − 1) (p + n − 1)! ·a= ·a= (n − 1)! p!(n − 1)!

( ) p+n−1 a. p

Ezt teljes indukci´ oval bizony´ıtjuk. L´athattuk, hogy n = 2, 3, 4-re igaz. Tegy¨ uk fel, hogy n-ig igaz, ´es bizony´ıtsunk n + 1-re. Felt´etel¨ unk szerint: p p+1 p+1 = − , f (1) + f (2) + . . . + f (n) f (n) f (n + 1) ebbe ´ırjuk be az indukci´ os feltev´es¨ unket (f (1)-et

(p) p

a+

(p+1) p

p a + ... +

(p ) p

a-k´ent ´ırva):

p+1

p+1 (p+n−1) = (p+n−1) − f (n+1) . p

a

p

a

Alkalmazzuk az ismert ( ) ( ) ( ) ( ) p p+1 p+n−1 p+n + + ... + = p p p p+1 224

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 225. oldal – 33. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

ugg´est: Ezt be´ırva: ¨osszef¨ p

p+1

(p+n) = (p+n−1) − p+1

a

p

a

p+1 , f (n + 1)

p+1 p+1 p (p + 1)p!(n − 1)! p(p + 1)!(n − 1)! = (p+n−1) − (p+n) = − = f (n + 1) (p + n − 1)!a (p + n)!a a a p

=

p+1

(p + n)(p + 1)!(n − 1)! − p(p + 1)!(n − 1)! = (p + n)!a

n(p + 1)!(n − 1)! (p + 1)!n! = , (p + n)!a (p + n)!a ( ) (p + n)! p+n f (n + 1) = a =a , p!n! p =

´es ´eppen ezt akartuk bel´ atni. Ezzel indukci´os bizony´ıt´asunkat befejezt¨ uk. K¨ onnyen l´ athat´ o behelyettes´ıt´essel, de el˝obbi bizony´ıt´asunkb´ol is l´atszik, hogy a fel´ırt alak´ u f¨ uggv´enyek val´ oban ki is el´eg´ıtik minden n-re az ¨o)sszef¨ ugg´est. ´Igy teh´at (p+n−1 pontosan a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyek megfelel˝ok: f (n) = a, ahol a tetsz˝oleges p nemnulla val´ os sz´ am. Sz˝ oke Tam´ as (Miskolc, F¨oldes F. Gimn., 12. ´evf.) 50 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 29, 4 pontos 17, 2 pontos 1, 1 pontos 1, 0 pontos 2 dolgozat.

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1287–1293.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1287. Egy el´eg nagy n´egyzeth´al´os lapra csigavonalban haladva fel´ırjuk a pozit´ıv eg´esz sz´ amokat az ´ abra szerint. Melyik sz´amok ´allnak a 2015 felett ´es alatt? C. 1288. Az ABCD paralelogramma AB oldal´ anak a B cs´ ucshoz k¨ ozelebb es˝o harmadol´ opontja H, a BC oldal felez˝opontja pedig F . Milyen ar´ anyban osztja az AF ´es DH szakaszok metsz´espontja ezeket a szakaszokat?

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

225

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 226. oldal – 34. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Feladatok mindenkinek C. 1289. Van 5 darab ¨ otforintos, 10 darab t´ızforintos ´es 20 darab h´ uszforintos p´enz´erm´enk. H´anyf´elek´eppen v´ althatunk fel 500 Ft-ot a p´enz´erm´ek felhaszn´al´as´aval? C. 1290. Oldjuk meg az (x; y) eg´esz sz´amp´arok k¨or´eben a 2xy + 2x − 5y = 40 egyenletet. C. 1291. Az x-tengely mely pontj´ab´ol l´atszik legnagyobb sz¨ogben az A(2; 4) ´es B(6; 1) pontok ´altal meghat´arozott szakasz? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol √ n ( √ )n ( √ )n C. 1292. Oldjuk meg a 3 3 − 2 2 = 2n + 3n + 6 egyenletet a pozit´ıv eg´eszek k¨ or´eben. C. 1293. Az Alfa sportszergy´art´o n´egyes´evel csomagolja a teniszlabd´ akat: g´ ul´aba rendezve egy szab´ alyos tetra´eder alak´ u dobozba (1. ´ abra). Az AFLA c´eg szint´en n´egyes´evel csomagolja a teniszlabd´akat: egym´ asra t´eve egy hossz´ u henger alak´ u (alul-fel¨ ul z´art) dobozba (2. ´ abra). Mekkora az elt´er´es a k´etf´ele doboz fel¨ ulete k¨oz¨ott, ha egy teniszlabda ´atm´er˝ oje 6,50 cm?

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

A B pontversenyben kit˝ uzo ¨tt feladatok (4705–4713.)

B. 4705. Legyen p p´ aratlan pr´ımsz´am. Mutassuk meg, hogy az x2 + px = y 2 egyenletnek pontosan egy megold´asa van a pozit´ıv eg´esz sz´amp´arok k¨or´eben. (4 pont)

Javasolta: N´emeth Bal´ azs (Budapesti Fazekas M. Gyak. Gimn., 9. ´evf.) √

B. 4706. Az ABCD t´eglalap oldalai AB = 5+1 ´es BC = 1. Legyen E az AB 2 szakasz azon bels˝ o pontja, amelyre AE = 1. Mutassuk meg, hogy ACE^ = 2 · EDB^. (3 pont) 226

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 227. oldal – 35. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

B. 4707. Legyen t > 1 p´ aratlan eg´esz sz´am. Mutassuk meg, hogy csak (n) v´e(ges ) k sok olyan, t-n´el nem kisebb n, k eg´eszekb˝ol ´all´o p´ar l´etezik, amelyre S = t + t pr´ım. (5 pont)

Javasolta: Maga Bal´ azs (Budapest)

B. 4708. Az ABC hegyessz¨og˝ u h´aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontja O, magass´ agpontja M . T¨ ukr¨ ozz¨ uk az A pontot a BC oldal felez˝omer˝oleges´ere, a B pontot a CA oldal felez˝ omer˝ oleges´ere, v´eg¨ ul a C pontot az AB oldal felez˝omer˝oleges´ere, a t¨ uk¨ ork´epek rendre A1 , B1 , C1 . Legyen az A1 B1 C1 h´aromsz¨og be´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontja K. Bizony´ıtsuk be, hogy az O pont felezi az M K szakaszt. (5 pont)

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 4709. Oldjuk meg az x2 + y 2 = 13, x3 + y 3 = 35 egyenletrendszert. (3 pont)

Javasolta: Szoldatics J´ ozsef (Budapest)

B. 4710. A s´ıkbeli P ponthalmazr´ol tudjuk, hogy minden egys´egsugar´ u k¨orlemez a belsej´eben tartalmazza legal´abb egy pontj´ at. Igaz-e, hogy biztosan van olyan egys´egsugar´ u z´art k¨ orlemez, amely legal´abb h´arom P-beli pontot tartalmaz? (4 pont) B. 4711. Legyen f (x) =

4x . 4x +2

Sz´am´ıtsuk ki az

f (0/2015) + f (1/2015) + f (2/2015) + . . . + f (2014/2015) + f (2015/2015) ¨osszeg ´ert´ek´et. (5 pont) B. 4712. H´ any sz´ azal´ek´ at pazaroljuk el egy ceruz´anak? Tegy¨ uk fel, hogy a ceruza v´egtelen hossz´ u henger alak´ u, ´es benne a grafit is egy hengeres r´ ud, a hengerek tengelye pedig egybeesik. Kihegyezz¨ uk a ceruz´at u ´gy, hogy a grafit hegye t¨ ok´eletes k´ up alak´ u, melynek ny´ıl´assz¨ oge 12 fok. A haszn´alat sor´an a ceruza ´es a pap´ırlap ´altal bez´ art sz¨ og mindig 42 fok. Eg´eszen addig haszn´aljuk a ceruz´at, am´ıg m´ar ak´ arhogyan is forgatjuk a tengelye k¨or¨ ul, nem tudunk ´ırni vele, mert a fa karcolni kezdi a pap´ırt. Ekkor u ´jra kihegyezz¨ uk a ceruz´at, eg´eszen addig, hogy a ceruza hegye u ´jra 12 fokos k´ up legyen, de nem tov´abb, vagyis a grafit hegy´enek cs´ ucsa nem v´ altozik a hegyez´es sor´an, az csak a haszn´alat sor´an kopik. A grafit h´ any sz´ azal´ek´ at pazaroljuk el azzal, hogy a hegyez´esek sor´an mindig valamennyit leforg´ acsolunk? T¨ obbet vagy kevesebbet pazarol az, aki 45 fokban tartja a ceruz´at, ´es mennyivel? (5 pont)

Javasolta: G´ asp´ ar Merse El˝ od (Budapest)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

227

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 228. oldal – 36. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

B. 4713. Az ABC h´ aromsz¨og B ´es C cs´ ucsain ´athalad´o k¨or az AB oldalt D-ben, az AC oldalt E-ben metszi. A CD ´es BE egyenesek metsz´espontja O. Legyen M az ADE, N pedig az ODE h´aromsz¨og be´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontja. Bizony´ıtsuk be, hogy az M N egyenes felezi a kisebbik DE ´ıvet. (6 pont) Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (641–643.) A. 641. Van-e a s´ıkbeli n´egyzetr´acsnak olyan S v´eges, nem¨ ures r´eszhalmaza, amelyben minden pontnak legal´abb k´et szomsz´edja szint´en S-beli, ´es S nem tartalmaz n´egy olyan pontot, amelyek egy (nem felt´etlen¨ ul tengelyp´arhuzamos) n´egyzet cs´ ucsai? Javasolta: Sustik M´ aty´ as (San Francisco) A. 642. Legyen n > 3, ´es legyenek x1 , . . . , xn nemnegat´ıv sz´amok, tov´abb´a n n n ∑ ∑ ∑ legyen A = xi , B = x2i ´es C = x3i . Igazoljuk, hogy i=1

i=1

i=1

(n + 1)A2 B + (n − 2)B 2 > A4 + (2n − 2)AC. A. 643. Tetsz˝ oleges pozit´ıv eg´esz n eset´en jel¨olj¨ uk P (n)-nel az n2 + 1 legnagyobb pr´ımoszt´ oj´ at. Mutassuk meg, hogy v´egtelen sok olyan (a, b, c, d), pozit´ıv eg´eszekb˝ ol ´all´ o sz´ amn´egyes l´etezik, amire a < b < c < d ´es P (a) = P (b) = P (c) = P (d). Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 373. A sz¨ oveg form´ az´ as´anak hat´ekony m´odja a st´ılusok alkalmaz´asa. Haszn´alatuk eset´en az egyes sz¨ ovegegys´egek jellemz˝oit nem egyenk´ent, hanem a hozz´ajuk rendelt st´ılusok seg´ıts´eg´evel ´all´ıtjuk be. A legt¨obb programban a st´ılusok nem 228

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 229. oldal – 37. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

all´ oan l´etez˝ o elemek, hanem fastrukt´ ur´aba rendezhet˝ok. Egy sz¨ovegegys´eg adott ¨on´ tulajdons´ ag´ at a helyben, egyedileg megadott ´ert´ek hat´arozza meg. Ha az hi´anyzik, akkor a hozz´ arendelt st´ılusban vagy a strukt´ ur´aban a felette lev˝o st´ılusok k¨oz¨ ul a hozz´ a legk¨ ozelebbiben szerepl˝o be´all´ıt´as a meghat´aroz´o. A feladatban a fentiek leegyszer˝ us´ıtett modellj´evel dolgozunk: a sz¨ovegegys´egek bekezd´esek, a tulajdons´ agaik pozit´ıv eg´eszek. K´esz´ıts¨ unk programot i373 n´even, amely a st´ılusok le´ır´ as´ at a lehet˝o legt¨om¨orebb´e alak´ıtja, az egyes sz¨ovegr´eszek t´enyleges jellemz˝ oit pedig meghat´arozza. A bemeneti f´ajl k´et r´eszb˝ ol ´all. Az els˝o r´esz els˝o sora a t´arolt st´ılusok s sz´ama. A k¨ ovetkez˝ o s sor egy-egy st´ılus le´ır´as´at tartalmazza. Az els˝o karakter a st´ılus neve (az angol ´ab´ec´e nagybet˝ uje), a k¨ovetkez˝o a strukt´ ur´aban felette l´ev˝o st´ılus neve (a fa cs´ ucsa eset´en ¨ onmaga), majd a tulajdons´ag–´ert´ek p´arosok (az angol ´ab´ec´e kisbet˝ uje–pozit´ıv sz´ am). Az ´ert´ekeket pontosan egy sz´ok¨oz v´alasztja el. A k¨ovetkez˝ o sorban a sz¨ oveg bekezd´eseinek b sz´ama tal´alhat´o, amely legfeljebb 500 lehet. A k¨ ovetkez˝ o b sorban egy-egy bekezd´es le´ır´asa tal´alhat´o. Az els˝o karakter az alkalmazott st´ılus neve, majd a bekezd´esben egyedileg ´erv´enyes tulajdons´ag–´ert´ek p´ arosok olvashat´ ok az el˝ oz˝ o r´eszhez hasonl´o form´aban. A kimeneti f´ ajl szerkezete pontosan egyezik a bemeneti f´ajl szerkezet´evel. Az els˝ o r´esz tartalmazza az egyszer˝ us´ıtett st´ılusokat, ahol azok a tulajdons´agok nem jelennek meg, amelyek nem m´odos´ıtj´ak a strukt´ ur´aban felett¨ uk l´ev˝o st´ılusokban be´all´ıtott ´ert´ekeket. A m´ asodik r´eszben az egyes bekezd´esekben t´enylegesen ´erv´enyre jut´ o tulajdons´ agok jelenjenek meg. Bemenet: 4 A A b 1 c F A b 2 D F a 3 b C A b 1 c 3 A f 4 b 3 C D f 2 b 1

2 e 4 2 c 2 3 e 5 a 3 d 2

Kimenet: 4 A A b 1 c F A b 2 D F a 3 C A c 3 e 3 b 3 c 2 d b 1 c 3 e a 3 b 1 c

2 e 4 5 a 3 2 e 4 f 4 5 a 3 2 e 4 f 2

A program els˝ o parancssori argumentuma a bemeneti f´ajl neve, a m´asodik pedig a kimeneti f´ajl neve legyen. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i373.zip ´allom´anyban a program forr´ask´odja (i373.pas, i373.cpp, . . . ), valamint a program r¨ovid dokument´aci´oja (i373.txt, i373.pdf, . . . ), amely tartalmazza a megold´as r¨ovid le´ır´as´at, ´es megadja, hogy a forr´ as´ allom´ any melyik fejleszt˝o k¨ornyezetben ford´ıthat´o. ´ Egy Magyarorsz´agra most ´erkez˝o aut´ogy´art´o kereskedelmi pontoI. 374 (E). kat ´es m´ arkaszervizeket hoz l´etre vid´eki v´arosainkban, t¨obbnyire a megyesz´ekhelyeken ´es megy´enk´ent n´eh´ any nagyobb telep¨ ul´esen. A motelep.csv tabul´atorokkal tagolt, UTF-8 k´odol´ as´ u sz¨ oveges ´allom´anyban rendelkez´esre ´all az orsz´ag v´arosainak neve, a v´ arosok t´erk´epes elhelyez´es´ehez X ´es Y koordin´at´ak (m´eter m´ert´ekegys´egben), valamint a megye, amelyhez a v´aros tartozik ´es – amelyik v´arosban lesz – a l´etes´ıtend˝ o telephely neve. Oldjuk meg t´abl´azatkezel˝o program seg´ıts´eg´evel K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

229

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 230. oldal – 38. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

a k¨ ovetkez˝ o feladatokat. A megold´ast ments¨ uk i374 n´even a t´abl´azatkezel˝o alap´ertelmezett form´ atum´ aban. A megold´ashoz rendelkez´esre ´all m´eg egy momegyek.png nev˝ u k´ep, amely Magyarorsz´ ag megyet´erk´ep´et tartalmazza. Mindk´et ´allom´any honlapunkr´ ol let¨ olthet˝ o. 1. T¨ olts¨ uk be a motelep.csv ´allom´anyt egy munkalap A1-es cell´aj´at´ol kezdve ´es nevezz¨ uk ´at a munkalapot v´ arosok n´evre. A t´abl´azat fejl´ece ´alljon a V´aros, T´erk´epX, T´erk´epY, Megye ´es Telephely szavakb´ol, melyek jelenjenek meg f´elk¨ov´er bet˝ ust´ılussal, sz¨ urke h´ att´ersz´ınnel, v´ızszintesen k¨oz´epre igaz´ıtva. 2. Az X ´es Y koordin´ at´ akat kerek´ıts¨ uk eg´eszre, majd az eredeti adatokat cser´elj¨ uk le a kerek´ıtett ´ert´ekekre, ´es a tov´abbiakban ezekkel sz´amoljunk. A munkalap nem u ait szeg´elyezz¨ uk v´ekony szeg´ellyel. Az adatokat rendezz¨ uk ¨res cell´ a megye, illetve azon bel¨ ul a v´arosok neve szerint. 3. K´esz´ıts¨ unk diagramot, amelyen ´abr´azoljuk a v´arosokat egy v´ arosok diagram munkalapra. A v´ arosok hely´et jelent˝o k¨orvonal n´elk¨ uli k¨or¨ok RGB (132, 60, 12) sz´ınnel legyenek kit¨ oltve. 4. A diagram rajzter¨ ulet´enek h´atterek´ent a momegyek.png k´epet adjuk meg. A diagram tengelyeit u ´gy ´all´ıtsuk be, hogy ne ker¨ ulj¨on v´aros az orsz´aghat´aron t´ ulra, ´es a Budapest k¨ or¨ uli telep¨ ul´esek is nagyj´ab´ol a f˝ov´aros hat´ar´ahoz ker¨ uljenek. Legnyugatibb v´ arosunk, Szentgotth´ard, valamint a f˝ov´arost´ol ´eszak fel´e es˝o Balassagyarmat ´eppen a hat´arvonalon legyenek. 5. A diagramnak ne legyen jelmagyar´azata. A Magyarorsz´ ag v´ arosai ´ es megy´ ei” ” diagramc´ım a bal fels˝ o r´eszben, Magyarorsz´agon k´ıv¨ ul, a jel¨ol˝okkel azonos bet˝ usz´ınnel ´es narancss´ arga RGB (255, 230, 153) h´att´ersz´ınnel jelenjen meg. A tengelyeket ´es vezet˝ or´ acsokat ne jelen´ıts¨ uk meg a diagramon. 6. Sz˝ urj¨ uk ki egy m´asik munkalapra a v´arosok k¨oz¨ ul azoknak az ¨osszes adat´at, amelyeken telephelyet l´etes´ıt majd a gy´ar. Ezt a munkalapot telephely n´evre nevezz¨ uk is ´at, ´es form´ azzuk a v´ arosok munkalap megjelen´es´ehez hasonl´oan. Hozzunk l´etre a telephely diagram nev˝ u munkalapon egy az el˝oz˝ovel megegyez˝ o form´ atum´ u diagramot a telephelyek v´arosaib´ol, melynek diagramc´ıme Magyarorsz´ agi telephelyek” sz¨oveg legyen. ” 7. K´esz´ıts¨ unk egy t´ avols´ agok munkalapot, amely megadja az (X, Y ) koordin´at´ak ´es a Pitagorasz-t´etel seg´ıts´eg´evel az ¨osszes v´aros ´es a telephelyk´ent szerepl˝o v´arosok t´erk´ep szerinti t´ avols´ag´at. A munkalap A2 cell´aj´at´ol lefel´e hivatkoz´assal adjuk meg az ¨ osszes v´aros nev´et, illetve a B1-es cell´at´ol jobbra rendre a telephelyek v´arosainak nev´et. 8. Az els˝ o oszlopban ´es az els˝ o sorban l´ev˝o v´arosok k¨oz¨otti t´avols´agot adjuk meg a sorok ´es oszlopok metsz´espontj´aban tal´alhat´o cell´akban egy m´asolhat´o k´eplet seg´ıts´eg´evel km m´ert´ekegys´egben, eg´esz sz´amk´ent megjelen´ıtve. A CA oszlopt´ol vagy a 350. sort´ ol seg´edcell´ak haszn´alhat´ok a sz´am´ıt´asokhoz. 9. K´esz´ıts¨ unk egy keres´ es nev˝ u munkalapot, amely alkalmas arra, hogy megmutassa, hol vannak egy adott v´aroshoz az adott t´avols´agon bel¨ uli telephelyek. Az A1-es cell´ aba a V´ aros” sz¨oveget ´ırjuk, az A2-es cell´aba egy magyar v´aros ” nev´et, a B1-es cell´ aba a Telephely” ´es a C1 cell´aba a T´ avols´ ag” sz¨oveget. ” ” A B2-es cell´ aban hat´ arozzuk meg a legk¨ozelebbi telephely v´aros´at ´es a C2-es cell´ aban a k´et v´aros t´ avols´ag´at km-ben. Ebben a cell´aban a meghat´arozott ´ert´ek mellett jelenjen meg a km” m´ert´ekegys´eg. ” 230

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 231. oldal – 39. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i374.zip f´ajlban a megold´as r¨ovid le´ır´asa (i374.pdf), amely tartalmazza a haszn´alt t´abl´azatkezel˝o program nev´et ´es verzi´oj´at, valamint a megold´ ast ad´o t´abl´azatkezel˝o munkaf¨ uzet (i374.xlsx, i374.ods, . . . ). I. 375. K´esz´ıts¨ uk el a k¨ ozleked´esi csom´opont probl´ema mechanikai modellj´enek sz´ am´ıt´ og´epes v´ altozat´ at. A probl´ema l´enyege: adott h´arom v´aros, egy k¨oz¨os k¨ozleked´esi csom´oponthoz szeretn´enek utat ´ep´ıteni u ´gy, hogy az ¨osszk¨olts´eg minim´alis legyen. Az eredeti probl´ema mechanikai interpret´ aci´oj´at P´olya Gy¨orgy adta, amelynek l´enyege: helyezz¨ unk el a h´arom pontban egy-egy csig´at, azokon vess¨ unk ´at egy-egy k¨otelet, amelyet fogjunk o oz¨os pontban, a t´ uls´o v´eg¨ ukre pedig egy-egy azonos ¨ssze egy k¨ nagys´ ag´ u s´ ulyt er˝ os´ıts¨ unk. A rendszer egyens´ ulyi ´allapota – amikor a k¨oz¨os pontban hat´ o er˝ ok kioltj´ ak egym´ ast – adja meg a csom´opont hely´et. (P´olya Gy¨orgy: Indukci´ o ´es anal´ ogia, Gondolat, 1988, 165–171.) A fenti rendszert ´altal´ anos´ıtsuk n pontra. A megjelen´ıt´est egyszer˝ us´ıts¨ uk azzal, hogy a csig´ akat a pontokat tartalmaz´o s´ıkon egy adott helyen v´agott lyukkal helyettes´ıtj¨ uk. A fonalakat egy k¨ oz¨ os pontb´ol a lyukakhoz vezetett szakaszokkal ´abr´azoljuk. (A k¨ oz¨ os pont a lyukon nem haladhat ´at.) A modell 3 pontra itt tekinthet˝o meg: http://demonstrations.wolfram.com/PolyasMechanicalModelForTheFermatPoint/. A sz´ am´ıt´ og´epes modell a k¨ovetkez˝ok´eppen legyen haszn´alhat´o: • n ´ert´ek´et a 3 ´es 8 k¨ oz¨ ott szabadon megadjuk; • a lyukak hely´et a fel¨ uleten megadhatjuk, de v´eletlenszer˝ u elhelyez´est is v´alaszthatunk; • a program az egyens´ ulyi helyzet fel´e l´ep´esenk´ent halad az al´abbiak szerint: a. a fel¨ uletet fel¨ uln´ezetb˝ ol l´atjuk; b. a k¨ oz¨ os pontra hat´ o er˝oket a bel˝ole indul´o, fon´alir´anyban mutat´o egys´egvektorokkal szeml´eltetj¨ uk; c. l´eptet´eskor az ¨ osszek¨ ottet´esi pontot a program a fenti egys´egvektorok ered˝ oj´enek ir´ any´ aba mozd´ıtja.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

231

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 232. oldal – 40. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

¨ A megold´ ast b´ armely programoz´asi eszk¨ozzel elk´esz´ıthetj¨ uk. Ugyelj¨ unk a sz´ep megjelen´esre ´es a k¨ onny˝ u haszn´alhat´os´agra. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett (i375.zip) ´allom´anyban a megold´as le´ır´asa (i375.pdf), amely tartalmazza megold´as l´enyeges l´ep´eseinek ismertet´es´et; valamint a program forr´ asnyelvi v´ altozata ´es a ford´ıt´as´ahoz ´es m˝ uk¨od´es´ehez sz¨ uks´eges f´ajlok. A feladatok megold´ asai regisztr´aci´o ut´an a k¨ovetkez˝o c´ımen t¨olthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uld´esi hat´arid˝o: 2015. m´ ajus 10. S. 98. Szeretn´enk a sz´ am´ıt´og´ep¨ unket fel´ uj´ıtani, ez´ert v´as´arolnunk kell bele n´eh´ any alkatr´eszt, ´ıgy a r´egieket az u ´jakra tudjuk cser´elni. A lehet˝o legolcs´obban szeretn´enk a fel´ uj´ıt´ ast elv´egezni, ´ıgy a legkevesebb alkatr´eszt szeretn´enk megv´as´arolni (mindegyik azonos ´arban van). Viszont el˝ofordulhat, hogy valamilyen ¨osszetartoz´ o k db alkatr´esz k¨ oz¨ ul k − 1-et u ´jra cser´el¨ unk, ekkor k¨otelez˝oen a k-adikat is ki kell cser´elni. A boltban ¨ osszesen N (1 6 N 6 1 000 000) t´ıpus´ u alkatr´esz tal´alhat´ o (1-t˝ ol N -ig sz´amozva). Az ¨osszetartoz´o csoportok m´erete b´armekkora lehet, de o uk legfeljebb 250 000 lehet. Tudjuk tov´abb´a azt is, hogy az 1-es ¨sszes m´eret¨ sz´am´ u alkatr´eszt mindenk´epp ki kell cser´eln¨ unk. A program olvassa be a standard input els˝o sor´ab´ol N -et ´es C-t (a csoportok sz´ am´ at), majd a k¨ ovetkez˝ o C sorb´ol a csoportban l´ev˝o alkatr´eszek dbi sz´am´at, majd a csoportban l´ev˝ o alkatr´eszek t´ıpus´at dbi darab 1 ´es N k¨oz¨otti eg´esz form´aj´aban. A k´et csoportnak ak´ ar k¨ oz¨os elemei is lehetnek. A program ´ırja a standard output els˝ o sor´ aba a megv´ as´ aroland´o alkatr´eszek minim´alis sz´am´at. Magyar´azat: a p´eld´ aban az 1, 2, 3, 4-es sz´ am´ u alkatr´eszeket kell megvenni. P´elda bemenet: 10 4 2 1 3 2 3 4 6 1 2 3 4 6 7 4 4 3 2 1

P´elda kimenet: 4

Pontoz´ as ´es korl´ atok: A programhoz mell´ekelt, a helyes megold´as elv´et t¨om¨oren, de ´erthet˝ oen le´ır´ o dokument´aci´o 1 pontot ´er. A programra akkor kaphat´o meg a tov´ abbi 9 pont, ha b´ armilyen hib´atlan bemenetet k´epes megoldani az 1 mp fut´ asid˝ okorl´ aton bel¨ ul. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett s98.zip ´allom´anyban a program forr´ask´odja (s98.pas, s98.cpp, . . . ) az .exe ´es m´as, a ford´ıt´o ´altal gener´alt ´allom´anyok n´elk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokument´aci´oja (s98.txt, s98.pdf, . . . ), amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forr´ as mely fejleszt˝oi k¨ornyezetben ford´ıthat´o. A feladatok megold´ asai regisztr´aci´o ut´an a k¨ovetkez˝o c´ımen t¨olthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uld´esi hat´arid˝o: 2015. m´ ajus 10.

232

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 233. oldal – 41. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

A csillagok sz´ınei

N´epszer˝ u csillag´ aszati m˝ uvekben, filmekben gyakran utalnak r´a, hogy a csillagok a legk¨ ul¨ onf´el´ebb sz´ın˝ uek lehetnek. K¨ozismertek az olyan kifejez´esek, mint v¨ or¨ os ´ori´ as” vagy feh´er t¨ orpe”, de besz´el¨ unk pl. s´arga ´ori´asokr´ol” vagy k´ek szu” ” ” ” per´ ori´ asokr´ ol” is. A Mars k¨ ozismert ´alland´o jelz˝oje a v¨or¨os bolyg´o”. A webolda” lakon vagy n´epszer˝ u tudom´ anyos cikkekben, k¨onyvekben gyakran l´atott l´atv´anyos ´egboltfelv´etelek sz´ınei egyenesen leny˝ ug¨oz˝oek. M´egis, ha egy s¨ot´et ´ejszak´an az ´egre tekint¨ unk, az ott l´ atott f´enyl˝ o pontok sz´ın´eben csak enyhe ´arnyalati k¨ ul¨onbs´egeket fedezhet¨ unk fel. Ennek oka az emberi l´ at´ as fiziol´ ogi´aj´aban keresend˝o. Mint ismeretes, szem¨ unk f´eny´erz´ekeny sejtjei k´et t´ıpusba sorolhat´ok. Nappali vil´agoss´agban a l´at´as feladat´at els˝ osorban a sz´ın´erz´ekenys´eggel is rendelkez˝o csapsejtek v´egzik. A Hubble u ˝rt´avcs˝o ´es m´as nagy teleszk´ opok l´ atv´ anyos ´egboltfelv´etelein – ha a val´os sz´ınek h˝ u reproduk´al´ asa a c´el – a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hull´ amhossztartom´anyokban felvett monokrom k´epeket teszik a megfelel˝ o sz´ınekben egym´asra. Mivel az ´ıgy nyert k´epeket monitorunkon vagy a k¨ onyvek oldalain kell˝ oen er˝os f´enyer˝oss´eggel szeml´elj¨ uk, szem¨ unk csapsejtjei seg´ıts´eg´evel sz´ıneiket teljes m´elys´eg¨ ukben ´elvezhetj¨ uk. A csapok f´eny´erz´ekenys´ege azonban korl´atozott, ez´ert cs¨okken˝o f´enyer˝oss´eg mellett a f´eny´erz´ekel´es egyre nagyobb m´ert´ekben a m´asik sejtt´ıpusra, a p´alcik´akra h´ arul, melyeknek viszont nincs sz´ın´erz´ekel´ese. A l´atott sz´ınek ´el´enks´ege ennek megfelel˝ oen a f´enyer˝ oss´eg f¨ uggv´enye – okkal nevezi a magyar sz¨ urk¨ uletnek” a nappal ” ´es az ´ejszaka k¨ oz¨ otti ´atmenetet! Ez a mechanizmus az evol´ uci´o sor´an nyilv´an nem v´eletlen¨ ul, hanem a jel–zaj viszonyt, illetve a f´enyb˝ol kivont inform´aci´otartalom egyidej˝ u optimaliz´ al´ as´ anak k¨ ovetelm´eny´enek megfelel˝oen alakult ki. V¨ or¨ os az ´ eg alja – vulk´ an t¨ ort ki tegnap . . . Ez a magyar´ azata annak is, hogy b´ar a felkel˝o vagy lenyugv´o csillagok f´enye a nap´ehoz hasonl´ oan j´ oval v¨ or¨ osebb´e v´alik, a csillagok eset´eben ez a jelens´eg kev´esb´e szembe¨ otl˝ o, mint a f´enyes napkorongn´al. Kev´esb´e felt˝ un˝o, de nem ´eszrevehetetlen: a legelterjedtebb magyar´ azat szerint ´eppen ez´ert nevezt´ek az ´egbolt legf´enyesebb ´all´ ocsillag´ at, a k¨ ozismerten feh´er sz´ın˝ u Siriust az ´okori megfigyel˝ok k¨ovetkezetesen v¨ or¨ osnek. Az ´okori csillag´ aszok ugyanis nagy hangs´ ulyt helyeztek a kel´esi ´es nyugv´asi jelens´egek megfigyel´es´ere, ´ıgy ´eszlel´eseiket rendszerint a l´at´ohat´arhoz k¨ozel v´egezt´ek. (Persze ez csak a fenti u ´n. v¨or¨os Sirius rejt´ely” legpr´ozaibb magyar´a” zata. Akadnak egy´eb spekul´ aci´ok is, melyek k¨ ul¨onf´ele egzotikus asztrofizikai vagy l´egk¨ oroptikai folyamatokat felt´eteleznek.) Mint ismeretes, a lenyugv´o nap ´es k¨or¨otte az ´egbolt v¨or¨os sz´ıne a f´eny l´egk¨or¨on ´at megtett hosszabb u ´tja k¨ovetkezt´eben megn¨ovekedett l´egk¨ori f´enysz´or´asnak k¨ osz¨ onhet˝ o. Az iboly´ at´ ol a z¨ oldig terjed˝o sz´ıntartom´anyban a sz´or´as f˝ok´ent a le-

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

233

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 234. oldal – 42. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

veg˝ o molekul´ ain t¨ ort´en˝ o Rayleigh-sz´or´ast jelenti. A kisz´or´odott f´eny adja az ´egbolt k´ek sz´ın´et. A s´arga ´es v¨ or¨ os sz´ın˝ u f´eny ugyanakkor f˝ok´ent a l´egk¨or fels˝o r´etegeiben lebeg˝o mikroszkopikus m´eret˝ u szemcs´eken, az u ´n. aeroszolokon sz´or´odik. Ezek mennyis´ege er˝ osen v´ altoz´ o. Nagy vulk´ankit¨or´eseket k¨ovet˝oen h´onapokig, s˝ot ´evekig lebeghetnek a sztratoszf´er´ aban apr´o k´ensavcseppek, melyek a f´enysz´or´ast igen megn¨ ovelik. Ezzel befoly´ asolj´ ak bolyg´onk ´eghajlat´at is: az indon´ez szigetcsoportban fekv˝ o Tambora 1815-¨ os kit¨ or´es´et pl. a gy´aszos eml´ek˝ u ny´ar n´elk¨ uli ´ev” k¨ovette, ” mely Eur´ op´ aban s´ ulyos ´eh´ıns´eget okozott. De az aeroszolok j´ot´ekonyabb hat´asak´ent ilyenkor a szokottn´ al l´ atv´ anyosabb naplement´ekben is gy¨ony¨ork¨odhet¨ unk. Nemr´egiben D. Olson amerikai csillag´asz mutatott r´a, hogy az expresszionizmus el˝ofut´ar´anak tekintett norv´eg fest˝ o, Edvard Munch h´ıres festm´enye, A sikoly” nem oly ” m´ert´ekben a m˝ uv´esz fant´ azi´ aj´ anak term´eke, mint azt kor´abban gondolt´ak: Munch feltehet˝ oleg a Krakatau 1885-¨ os kit¨or´es´et k¨ovet˝ o, vil´agszerte csod´alt vulk´ani nap” lement´ek” egyik´et ¨ or¨ ok´ıtette meg. Z¨ old csillagok helyett z¨ old k¨ od¨ ok Az ´egbolt sz´ıneivel kapcsolatos m´asik zavarba ejt˝o k¨or¨ ulm´eny, hogy a csillagok k´ekt˝ ol v¨ or¨ osig terjed˝ o sz´ınsk´ al´ aj´an nem fordulnak el˝o z¨old csillagok. Monokromatikus, azaz egyetlen hull´ amhossz´ us´aggal kisug´ arzott f´enyt z¨old sz´ın˝ unek a 495– 570 nm hull´ amhossztartom´ anyban ´erz´ekel¨ unk. K´ets´egk´ıv¨ ul vannak olyan csillagok, melyek sug´ arz´ asa ebben a tartom´anyban ´eri el maxim´alis intenzit´as´at. (Ezek egy´ebk´ent az 5100 ´es 5800 K k¨ oz¨ otti fel¨ uleti h˝om´ers´eklet˝ u csillagok – k¨oz´ej¨ uk tartozik a Nap is!). A csillagok f´enye azonban nem monokromatikus, hanem nagyon is sz´eles hull´ amhossztartom´ anyban bocs´at´odik ki: a kibocs´at´as hull´amhosszf¨ ugg´es´et az u ´n. Planck-f¨ uggv´eny ´ırja le. Ez´ert m´eg az ilyen csillagok ´altal kibocs´atott f´eny z¨ome is a z¨ old tartom´ anyon k´ıv¨ ul esik, s a sz´ınkever´es t¨orv´enyei, valamint a Planckf¨ uggv´enyt k¨ ovet˝ o intenzit´ aseloszl´as k¨ovetkezt´eben ¨osszess´eg´eben s´arg´asnak l´atjuk ˝oket (noha ´erdekes m´odon a monokromatikus f´enyt csak az igen sz˝ uk 570–590 nm hull´ amhossztartom´ anyban ´erz´ekelj¨ uk s´arg´anak). M´egiscsak akadnak ugyanakkor olyan forr´asok az ´egbolton, melyek z¨oldes ´arnyalatban pomp´ aznak. Ezeket a fenti gondolatmenet alapj´an az els˝osorban egyes j´ol meghat´ arozott hull´ amhosszakra koncentr´alt, u ´n. vonalas sug´arz´ast kibocs´at´o ´egitestek, az emisszi´ os k¨ od¨ ok k¨ oz¨ott kell keresn¨ unk. Az emisszi´os k¨od¨ok olyan ritka csillagk¨ ozi felh˝ ok, melyekbe forr´o, k´ekes sz´ın´arnyalat´ u csillag ´agyaz´odik. A k´ek csillag jelent˝ os ultraibolya sug´ arz´ ast is kibocs´at, mely a felh˝o anyag´at ioniz´alja. Az ioniz´aci´ os ´es rekombin´ aci´ os folyamatok dinamikus egyens´ ulya sor´an folyamatosan alakulnak ki ´epp most rekombin´al´odott, magas gerjesztetts´eg˝ u atomok ´es ionok. Ezek elektronjai egyre alacsonyabb energiaszintekre bucsk´aznak”, s ennek sor´an ” bocs´ atj´ ak ki a vonalas sug´ arz´ ast. Val´ oban, m´ar r´egen ´eszrevett´ek, hogy egyes kicsiny kompakt, u ´n planet´ aris k¨ od¨ ok kimondottan z¨ oldes sz´ınben ragyognak. Amikor 150 ´eve, a csillag´aszati spektroszk´ opia – ´es ezzel az asztrofizika – hajnal´an sz´ınk´ep¨ uket el˝osz¨or felvett´ek, k´et er˝ os sz´ınk´epvonal t˝ unt fel benn¨ uk 496 ´es 501 nm hull´amhosszn´al. F¨oldi laborat´oriumokban ezekkel a vonalakkal m´eg soha nem tal´alkoztak, ez´ert kezdetben egy u ´j k´emiai elem vagy anyag, a nebulium” jelenl´et´evel pr´ob´alt´ak ´ertelmezni ˝oket ” 234

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 235. oldal – 43. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

(lat. nebula = k¨ od). V´eg¨ ul azonban 1927-ben a k´etszer ioniz´alt oxig´en vonalaik´ent siker¨ ult azonos´ıtani ˝oket. A vonalak nagyon kis val´osz´ın˝ us´eg˝ u, u ´n. tiltott atomi ´atmenetekhez tartoznak, ez´ert csak a csillagk¨ozi t´er nagyon alacsony s˝ ur˝ us´eg˝ u k¨ozeg´eben j¨ ohetnek l´etre, ahol a kibocs´at´o ionok k¨oz¨otti u ¨tk¨oz´esek el´eg ritk´ak ahhoz, hogy elektronjaik megv´ arhass´ak” a spont´an fotonkibocs´at´ast. ” Irodalom [1] Bernol´ ak K´ alm´ an: A f´eny. M˝ uszaki K¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1981. [2] R. S. Hunter: The Measurement of Appearance. Wiley Interscience, 1975. [3] C. R. Kitchin: Astrophysical Techniques. 5th ed. CRC Press, 2009. [4] J. Holtzman: Observational Techniques. http://ganymede.nmsu.edu/holtz/a535/ay535notes.html.

Petrovay Krist´ of

Fizika feladatok megold´ asa

P. 4638. Egy testet 12 m/s sebess´eggel f¨ ugg˝ olegesen felfel´e haj´ıtunk a Holdon. ´ a f¨ Mekkora lesz a test sebess´ege a f¨ olfel´e mozg´ as f´elidej´eben? Es olfel´e mozg´ as k¨ ozben f´el´ uton? (3 pont)

K¨ozli: Zsigri Ferenc, Budapest

Megold´ as. Az egyenletesen lassul´o mozg´ast v´egz˝o test sebess´ege az id˝ ovel ar´ anyosan cs¨ okken, a felfel´e mozg´as f´elidej´eben teh´at a test sebess´ege a v0 kezd˝osebess´eg fele, 1 m v1 = v0 = 6 2 s lesz. A felfel´e mozg´o test mozg´asi energi´aja a megtett u ´ttal ar´ anyosan cs¨okken, teh´ at f´el´ uton a mozg´ asi energia ´eppen a kezdeti ´ert´ek´enek fele lesz. Mivel a mozg´asi energia a sebess´eg n´egyzet´evel ar´anyos, a feleakkora energi´ahoz v0 m v2 = √ ≈ 8,5 s 2 sebess´eg tartozik. Megjegyz´es. Az eredm´eny f¨ uggetlen a neh´ezs´egi gyorsul´ as sz´ am´ert´ek´et˝ ol, teh´ at a F¨ old¨ on eldobott testre is ´erv´enyes lenne, ha a mozg´ as sor´ an a k¨ ozegellen´ all´ as elhanyagolhat´ o.

T¨ obb dolgozat alapj´ an 78 dolgozat ´erkezett. Helyes 56 megold´ as. Hi´ anyos (1–2 pont) 22, nem versenyszer˝ u 1 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

235

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 236. oldal – 44. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

P. 4684. A homor´ u t¨ uk¨ or g¨ orb¨ uleti k¨ oz´eppontj´ ab´ ol kiindulva egy pont mozog egyenletesen ´es egyenes vonalban a t¨ uk¨ or optikai k¨ oz´eppontj´ aig. Adjuk meg ´es ´ abr´ azoljuk a k´ep hely´et az id˝ o f¨ uggv´eny´eben! (4 pont)

Strasser V. Ben˝ o (1884–1966) feladata

Megold´ as. A g¨ ombt¨ uk¨ or g¨orb¨ uleti sugara a k´etszeres f´okuszt´avols´aggal egyezik meg. Ha a mozg´ o pont sebess´ege v, akkor az indul´as´at´ol sz´am´ıtott t id˝o m´ ulva a t¨ uk¨ ort˝ ol 2f − vt t´ avol lesz, ekkora a k´epalkot´as szempontj´ab´ol figyelembe vehet˝o t´argyt´ avols´ ag. A lek´epez´esi t¨ orv´eny szerint 1 1 1 = + , f 2f − vt k ahonnan a k´ept´avols´ag: k(t) =

2f − vt f. f − vt

Ez a f¨ uggv´eny a t = f /v id˝opillanatban (amikor a mozg´o test ´eppen a t¨ uk¨or f´okuszpontj´ahoz ´erkezik) nincs ´ertelmezve, ekkor nincs k´epalkot´as. A f¨ uggv´eny grafikonja egy hiperbola k´et ´ag´anak 0 6 vt < 2f (de vt ̸= f ) r´esze. T´ oth Mikl´ os (Keszthely, Vajda J´anos Gimn., 8. ´evf.) dolgozata alapj´an 37 dolgozat ´erkezett. Helyes 20 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 1, hi´ anyos (1–2 pont) 8, hib´ as 6 dolgozat.

P. 4687. A vil´ ag˝ urben k´et pontszer˝ unek tekinthet˝ o test bizonyos t´ avols´ agra helyezkedik el. Ha az egyik testet nem engedj¨ uk elmozdulni, a m´ asik test T1 = 6 perc m´ ulva fog neki¨ utk¨ ozni. Ford´ıtott esetben ez az id˝ o T2 = 8 perc. Mennyi id˝ o telik el az u oz´esig, ha mindk´et test szabadon elmozdulhat? ¨tk¨ (5 pont)

K¨ozli: Sz´ asz Kriszti´ an, Budapest

I. megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a nagyobb t¨omeg˝ u test t¨omeg´et M -mel, a kisebb´et m-mel, a kezdeti t´ avols´ agukat pedig R-rel! Foglalkozzunk el˝ osz¨ or azzal az esettel, amikor az M t¨omeg˝ u test nem tud elmozdulni. Az energi´ ak vizsg´alat´ab´ol kiindulva meghat´arozhatjuk a m´asik test vm sebess´eg´et a testek k¨ oz¨ otti r t´avols´ag f¨ uggv´eny´eben: −γ

mM 1 mM 2 = mvm −γ , R 2 r

ahonnan

√ vm (r) =

236

( 2γM

) 1 1 − . r R

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 237. oldal – 45. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Ugyanezt a sz´ am´ıt´ ast a m´asik testre is elv´egezhetj¨ uk. Ha az m t¨omeg˝ u test r¨ogz´ıtett, akkor a t˝ ole ´eppen r t´avols´agban l´ev˝o m´asik (M t¨omeg˝ u) test sebess´ege √ ( ) 1 1 vM (r) = 2γm − r R lesz. Osszuk fel az R t´ avols´ agot sok kicsiny, egyenk´ent ∆r hossz´ us´ag´ u szakaszra. Az egyes szakaszok legyenek olyan kicsinyek, hogy a mozg´o testek sebess´eg´et a szakasz ment´en j´ o k¨ ozel´ıt´essel ´alland´onak tekinthess¨ uk. Azokat a szakaszokat, amelyek ugyanolyan messze vannak a m´asik (r¨ogz´ıtett) testt˝ol, a mozg´o testek ∆tm =

∆r , vm (r)

∆tM =

∆r vM (r)

illetve

id˝ otartamok alatt futj´ ak be. A fenti k´et egyenletet elosztva egym´assal a √ ∆tm m = ∆tM M ar´anyoss´ aghoz jutunk, majd ebb˝ol ¨osszegz´essel (a mozg´asok teljes idej´enek ismert ´ert´ekeit felhaszn´ alva) megkapjuk a testek t¨omeg´enek ar´any´at: √ √ ∑ m∑ m 6 perc = ∆tm = ∆tM = · 8 perc, M M vagyis M = m

( )2 8 16 = . 6 9

Ha mindk´et test szabadon elmozdulhat, vagyis nem hat r´ajuk k¨ uls˝o er˝o, a rendszer kezdetben ´all´ o t¨ omegk¨ oz´eppontja mindv´egig nyugalomban marad. Amikor a k´et test ¨ ossze¨ utk¨ ozik, az u oz´es nyilv´an a t¨omegk¨oz´eppont hely´en´el k¨ovetkez¨tk¨ het be. Kezdetben az m t¨ omeg˝ u test a t¨omegk¨oz´eppontt´ol Rm =

M 16 R= R m+M 25

t´avols´ agra van, ´es a k´es¨ obbiekben is fennmarad ez az ar´any: amikor a testek t´avols´ aga valamekkora r ´ert´ekre cs¨okken, a t¨omegk¨oz´eppont ´es az m t¨omeg˝ u test 16 t´avols´ aga x = 25 r lesz. Az m t¨omeg˝ u testre hat´o er˝o ilyenkor F (r) = −γ

mM mM = −γ 2, 2 r ( 25 x) 16

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

237

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 238. oldal – 46. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

amit F (x) = −γ alakban is fel´ırhatunk, ahol ∗

(

m =

16 25

i

m∗ m x2 )2 M.

L´athat´ o, hogy az m t¨ omeg˝ u test (az M t¨omeg˝ u test vonz´as´anak hat´as´ara) ´eppen u ´gy mozog, mintha a r¨ ogz´ıtettnek tekinthet˝o t¨omegk¨oz´eppontban egy m∗ t¨omeg˝ u fikt´ıv test helyezkedne el, ennek gravit´aci´os vonz´oereje hatna az m t¨omeg˝ u testre, ´es a m´asik (az M t¨ omeg˝ u) test egy´altal´an nem is lenne jelen. Mennyi id˝ o alatt u ozik az m t¨omeg˝ u test az m∗ t¨omeg˝ u (r¨ogz´ıtett) von¨tk¨ z´ocentrumnak? Erre a k´erd´esre ism´et az energiat´etel felhaszn´al´as´aval kaphatunk v´alaszt. A test sebess´ege x t´ avols´agban a vonz´ocentrumt´ol: v ( u u 1 − v(x) = t2γm∗ x

1 16 R 25

) .

(Kihaszn´ altuk, hogy az indul´ asn´al a test x = Rm = 16 R t´avol volt a t¨omegk¨oz´ep25 pontt´ ol.) Osszuk fel a test p´ aly´ aj´ at a kezd˝opontt´ol a t¨omegk¨oz´eppontig kicsiny ∆x hoszsz´ us´ ag´ u szakaszokra. Egy-egy ilyen szakaszon ∆t(x) =

∆x v(x)

id˝ o alatt halad v´egig a test, a mozg´as teljes ideje pedig ezen kis id˝otartamok o¨sszege lesz. Hasonl´ıtsuk o ¨ssze ezeket az id˝otartamokat az els˝o esetben (r¨ogz´ıtett m t¨ omeg˝ u testn´el) kisz´ am´ıtott id˝otartamokkal! Ha az x t´avols´agokat az ottani 16 r ´ert´ekek 25 ar´ any´ u kicsiny´ıt´es´enek v´alasztjuk, a szakaszok hossz´anak ar´anya ∆x 16 = , ∆r 25 a sebess´egek ar´ anya pedig v ( ) u u 1 1 t2γm∗ − x 16 R v(x) 25 = √ ( ) = vm (r) 1 1 2γM − r R

v ) u ( )2 ( u 16 1 1 t2γ M 16 − 16 25 r 25 R 4 25 √ = . ( ) 5 1 1 2γM − r R

Ezek szerint ∆x vm (r) 16 5 4 ∆t(x) = · = · = . ∆tm (r) ∆r v(x) 25 4 5 238

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 239. oldal – 47. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Ez az ar´ any a kicsiny id˝ otartamok ¨osszeg´ere is ´erv´enyes, teh´at ha mindk´et testet elengedj¨ uk, azok T =

∑

∆t(x) =

4∑ 4 ∆tm (r) = · 6 perc = 4,8 perc 5 5

m´ ulva fognak tal´ alkozni. Kaposv´ ari P´eter (Miskolc, Herman O. Gimn., 12. ´evf.) II. megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a keresett id˝ot T3 -mal! Megmutatjuk, hogy nemcsak a feladatban szerepl˝ o gravit´ aci´ os er˝o hat´as´ara mozg´o testekn´el, hanem tetsz˝ oleges er˝ ot¨ orv´eny eset´en fenn´ all: 1 1 1 = 2 + 2, T32 T1 T2 vagyis a megadott T1 ´es T2 id˝ otartamok mellett √ T12 T22 = 4,8 perc. T3 = T12 + T22 Ha az r t´ avols´ agra l´ev˝ o testek k¨oz¨ott hat´o er˝o F (r), akkor egy m t¨omeg˝ u test mozg´ asegyenlete (az orig´ oban r¨ ogz´ıtett m´asik test er˝oter´eben): (1)

ma = F (r).

Ezen egyenlet megold´ as´ at az teszi egy´ertelm˝ uv´e, hogy tudjuk: t = 0 pillanatban a test r = R t´ avol van az orig´ot´ol (R ismert ´ert´ek), ´es a test sebess´ege nulla. Az u oz´esig eltel˝o id˝ ot az r(T1 ) = 0 felt´etel hat´arozza meg. ¨tk¨ Hasonl´ oan a m´ asik test r¨ ogz´ıt´ese eset´en az M t¨omeg˝ u test mozg´asegyenlete: (2)

M a = F (r).

Ha mindk´et test elmozdulhat, akkor t¨omegk¨oz´eppontban fognak ¨ossze¨ utk¨ozni, ´ıgy ´erdemes az egyik test t¨ omegk¨oz´eppontt´ol m´ert t´avols´ag´anak id˝obeli v´altoz´as´at vizsg´ alni. Ha mondjuk az m t¨ omeg˝ u testet tekintj¨ uk, akkor annak a t¨omegk¨oz´eppontt´ ol m´ert t´ avols´ aga M x= r, m+M ahol r a k´et test pillanatnyi t´ avols´ag´at jel¨oli. A test mozg´asegyenlete: max = F (r). Ebben az egyenletben ax az x t´ avols´agnak megfelel˝o gyorsul´as, vagyis x(t) v´altoz´asi u altoz´asi u ¨tem´enek (a sebess´eg´enek) v´ ¨teme. Mivel az er˝ot¨orv´enyben az r t´avols´ag szerepel, c´elszer˝ u a gyorsul´ ast is erre a mennyis´egre vonatkoztatni. Kihaszn´alva x ´es r ar´ anyoss´ ag´ at, a gyorsul´ asok kapcsolata: ax =

M ar , m+M

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

239

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 240. oldal – 48. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

´es a mozg´ asegyenlet m+M F (r), M

mar =

amit az ar ≡ a jel¨ ol´essel ´ıgy is ´ırhatunk: mM a = F (r). m+M

(3)

mM A fenti k´epletben szerepl˝ o m+M kifejez´est a k´et testb˝ol ´all´o rendszer reduk´ alt t¨ omeg´enek nevezik. Ez a kifejez´es a t¨omegeket szimmetrikusan tartalmazza, emiatt az M t¨ omeg˝ u test mozg´ asegyenlete – az r t´avols´agnak megfelel˝o gyorsul´assal kifejezve – ugyancsak a (3) egyenlet. Az (1)–(3) egyenletek csak a benn¨ uk szerepl˝o t¨omegekben k¨ ul¨onb¨oznek egym´ ast´ ol. Ez a k¨ ul¨ onbs´eg azonban egy tr¨ ukk seg´ıts´eg´evel elt¨ untethet˝o”. Ha ugyanis ” a testek mozg´ as´ ar´ ol k-szoros lass´ıt´as´ u videofelv´etelt k´esz´ıt¨ unk, majd azt norm´al se′ bess´eggel j´atsszuk le, vagyis a val´odi t id˝o helyett a t = t/k mennyis´eg f¨ uggv´eny´eben ´ırjuk le a mozg´ ast, akkor a vessz˝os id˝oh¨oz” tartoz´o sebess´egek ´es gyorsul´asok ” m´ asok lesznek, mint az igazi sebess´egek ´es gyorsul´asok:

v′ = illetve a′ =

∆r ∆r ∆r = =k = kv, ∆t′ ∆(t/k) ∆t

∆v ′ ∆(kv) ∆v = = k2 = k 2 a. ′ ∆t ∆(t/k) ∆t

Ennek megfelel˝ oen pl. az (1) egyenlet ilyen alakot ¨olt: m ′ a = F (r), k2 ami k = (1′ )

√ m v´ alaszt´ assal k¨ ul¨ on¨osen egyszer˝ u lesz: √ a′ = F (r), ha k = m.

Hasonl´ o m´odon az M t¨ omeg˝ u test mozg´asegyenlete (r¨ogz´ıtett m mellett): (2′ )

a′ = F (r),

ha k =

√ M,

´es v´eg¨ ul mindk´et test szabad mozg´asa eset´en: √ ′

(3 )

′

a = F (r),

ha k =

mM . m+M

Az (1′ ), (2′ ) ´es (3′ ) egyenletek azonos alakja (´es az azonos kezd˝ofelt´etelek, nevezetesen r(0) = R ´es v ′ (0) = 0) miatt az o¨ssze¨ utk¨oz´esek az egyenletekben szerepl˝o vessz˝ os id˝ oben m´erve ugyanakkor, egy bizonyos t′ = T0 pillanatban” k¨ovetkeznek ” 240

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 241. oldal – 49. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

be. Visszat´erve a val´ odi id˝ ov´ altoz´ora ez annyit jelent, hogy a h´arom esethez tartoz´o id˝ otartamok: √ √ √ mM T1 = m T0 , T2 = M T 0 ´es T3 = T0 . m+M Innen (T0 kik¨ usz¨ ob¨ ol´es´evel) a bizony´ıtand´o 1 1 1 + 2 = 2 T12 T2 T3 o¨sszef¨ ugg´eshez jutunk. A fenti, tetsz˝ oleges er˝ ot¨ orv´enyn´el ´erv´enyes rel´aci´ot speci´alis esetekben, pl. a t´avols´ aggal ar´ anyos rugalmas er˝ on´el, vagy a t´avols´agt´ol f¨ uggetlen F0 er˝on´el k¨ozvetlen¨ ul is igazolhatjuk, hiszen ezekn´el a mozg´as a j´ol ismert harmonikus rezg˝omozg´as, illetve az egyenletesen gyorsul´o mozg´as. M´askor (pl. a Newton-f´ele gravit´aci´os vonz´ asn´ al) az id˝ otartamok kisz´am´ıt´asa nem ilyen egyszer˝ u, de a Kepler-t¨orv´enyek alkalmaz´ as´ aval, vagy az I. megold´asban bemutatott m´odszerrel (az energiamegmarad´ as t¨ orv´eny´enek felhaszn´ al´ as´aval) megoldhat´o. (G. P.) 40 dolgozat ´erkezett. Helyes 23 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 2, hi´ anyos (1–2 pont) 14, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4692. V´ızszintes, homog´en, B = 0,05 T indukci´ oj´ u m´ agneses mez˝ oben egy L = 20 cm hossz´ u, A = 12 cm2 keresztmetszet˝ u, N = 400 menetsz´ am´ u, egyenes tekercs v´ızszintes s´ıkban foroghat a k¨ ozep´en ´ atmen˝ o f¨ ugg˝ oleges tengely k¨ or¨ ul. A tekercs tengelye kezdetben mer˝ oleges a m´ agneses indukci´ ovonalakra, ´es k´et v´eg´en egy-egy D = 24 N/m direkci´ os erej˝ u, ℓ0 = 20 cm hossz´ us´ ag´ u, ny´ ujtatlan, m´ asik v´eg´en r¨ ogz´ıtett csavarrug´ ohoz csatlakozik az ´abra szerint. A rug´ ok kezdetben mer˝ olegesek az egyenes tekercs tengely´ere.

A kapcsol´ o z´ ar´ asa ut´ an a tekercsben ´ aram fog folyni. Mekkora er˝ oss´eg˝ u ez az ´ aram, ha a tekercs α = 60◦ -os sz¨ oggel elfordulva ker¨ ul ism´et egyens´ ulyba? (6 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest 241

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 242. oldal – 50. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Megold´ as. A tekercs egyens´ ulyi helyzet´eben a m´agneses mez˝o ´altal kifejtett forgat´ onyomat´ek ´es a rug´ ok forgat´onyomat´ek´anak ¨osszege nulla. A m´agneses mez˝o ´altal kifejtett forgat´ onyomat´ek az α sz¨oggel elfordult tekercsre M1 = N IBA cos α. A rug´ ok megny´ ul´ asa ebben a helyzetben az ´ abr´ an l´athat´o der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogb˝ol

sz´am´ıthat´ o ki: √( ∆ℓ =

L ℓ0 + sin α 2

)2

( +

L cos α 2

)2 − ℓ0 = 0,091 m,

´es ´ıgy a rug´ okat fesz´ıt˝ o er˝ o F = D∆ℓ = 2,18 N. A rug´ oknak az eredeti ir´ anyukkal bez´art sz¨oge φ = arcsin

L 2

cos α = 9,9◦ , ℓ0 + ∆ℓ

´es ennek seg´ıts´eg´evel a rug´ oer˝ ok er˝okarja is kisz´am´ıthat´o: k=

L cos (α − φ) = 0,064 m. 2

A k´et rug´ o ´altal kifejtett forgat´onyomat´ek ¨osszesen M2 = 2F k = 0,28 Nm, 242

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 243. oldal – 51. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

´es ´ıgy a forgat´ onyomat´ekok egyens´ uly´anak M1 − M2 = 0 felt´etel´eb˝ol megkapjuk a keresett ´aramer˝ oss´eget: I=

2F k 0,28 = A = 23,3 A. BN A cos α 0,05 · 400 · 0,0012 · 0,5 Di Giovanni M´ ark (Gy˝or, R´evai M. Gimn., 12. ´evf.)

34 dolgozat ´erkezett. Helyes 18 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4–5 pont) 10, hi´ anyos (1–2 pont) 5, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4693. H´ any kelvinen mutat ugyanannyit a higanyos h˝ om´er˝ o Celsius- ´es Fahrenheit-sk´ al´ an, ´es mennyi ez az ugyanannyi? (3 pont)

K¨ozli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

Megold´ as. A Celsius-sk´ al´ an tC h˝om´ers´ekletnek a Fahrenheit-sk´al´an tF =

9 tC + 32 5

h˝ om´ers´eklet felel meg. A tC = tC = x felt´etel az x=

9 x + 32 5

egyenlet megold´ as´an´ al teljes¨ ul: x = −40 ◦ C = −40 ◦ F, ami az abszol´ ut h˝ om´ers´ekleti sk´al´an T = 233 kelvin. Ilyen h˝om´ers´ekletet azonban a higanyos h˝ om´er˝o soha nem mutathat, hiszen a higany −39 ◦ C-on (234 K-en) megfagy! F´ onai Martin (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 11. ´evf.) 117 dolgozat ´erkezett. Helyes 10 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 94, hi´ anyos (1 pont) 9, hib´ as 4 dolgozat.

P. 4702. N´egy darab 10 cm oldal´ u, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o anyagi min˝ os´eg˝ u betonkock´ at az ´abr´anak megfelel˝ oen helyez¨ unk egym´ as mell´e, ´es 60 Co gammasug´ arnyal´ abbal vil´ ag´ıtjuk meg” egym´ as ut´ an 4 poz´ı” ci´ ob´ ol (S1, S2, S3 ´es S4). A sug´ arforr´ asokkal szemben, a betonkock´ ak m¨ og¨ ott 4 detektort is elhelyezt¨ unk (D1, D2, D3 ´es D4). Az els˝ o h´ arom m´er´es szerint a betonkock´ ak a sug´ arz´ as intenzit´ as´ at rendre az eredeti ´ert´ek 86,76, 71,94 ´es 84,25 sz´ azal´ek´ aval cs¨ okkentik. a) H´ any sz´ azal´ekkal cs¨ okkent intenzit´ ast m´er a negyedik detektor? b) Az 1. kocka felez´esi r´etegvastags´ aga” 6 cm. Mekkora ez – az anyagi min˝ o” s´egt˝ ol f¨ ugg˝ o – mennyis´eg a t¨ obbi kock´ an´ al? (5 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

K¨ozli: Simon P´eter, P´ecs 243

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 244. oldal – 52. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

Megold´ as. Jel¨ olje ri azt az ar´anyt, amilyen m´ert´ekben az i-edik betonkocka cs¨ okkenti a rajta ´athalad´ o sug´ arz´as intenzit´as´at (i = 1, 2, 3, 4). Mivel az egym´as m¨og¨ott elhelyezked˝ o betonkock´ ak intenzit´ascs¨okken´esi ar´anysz´amai ¨osszeszorz´odnak, az els˝ o h´ arom m´er´es alapj´an ´all´ıthatjuk, hogy (1)

r1 · r2 =

100 − 86,76 = 0,1324, 100

(2)

r3 · r4 =

100 − 71,94 = 0,2806, 100

(3)

r1 · r3 =

100 − 84,25 = 0,1575. 100

a) A negyedik detektor m´er´es´ere jellemz˝o szorz´ofaktor: r2 · r4 =

(r1 r2 ) · (r3 r4 ) 0,1324 · 0,2806 = 0,2359, = r1 r3 0,1575

ez az eredeti intenzit´ as 76,41%-os cs¨okken´es´enek felel meg. b) Jel¨ olj¨ uk di -vel azt a t´ avols´agot, amelyen ´athatolva az i-edik betonkocka anyag´ aban az intenzit´ as a fel´ere cs¨okken. (Ezt a t´avols´agot nevezik felez´esi r´eteg” vastags´ agnak”.) Egy d = 10 cm vastag betonr´etegen ´athatol´o gammasug´arz´as intenzit´ ascs¨ okken´es´et ´altal´ anosan az ( )d/di 1 (4) ri = 2 k´eplet adja meg. Az els˝ o kocka adatait felhaszn´alva megkaphatjuk, hogy ( )10/6 1 r1 = = 0,3150. 2 Ebb˝ ol ´es az (1)–(3) ¨ osszef¨ ugg´esekb˝ol kisz´am´ıthatjuk, hogy r2 = 0,4203, r3 = 0,500, r4 = 0,5612; majd ezekb˝ ol (4) felhaszn´al´as´aval megkapjuk a keresett felez´esi r´etegvastags´ agokat: di = −

log 2 , log ri

d2 = 8 cm,

d3 = 10 cm,

d4 = 8 12cm.

´ ´ ad Gimn., 9. ´evf.) Marozs´ ak T´ obi´ as (Budapest, Obudai Arp´ dolgozata alapj´an Megjegyz´es. A feladat egy korszer˝ u anyagvizsg´ alati ´es orvosdiagnosztikai m´ odszer, a komputertomogr´ afia (CT) egyszer˝ u modellj´et mutatja be. A tomogr´ afia g¨ or¨ og elemekb˝ ol alkotott sz´ o, eredeti jelent´ese r´etegfelv´etel. A komputertomogr´ afi´ as vizsg´ alatok matematikai alapjait Johann Radon (1887–1956) cseh matematikus dolgozta ki 1917-ben, azonban gyakorlati alkalmaz´ asra a sz´ am´ıt´ og´epek kifejleszt´es´eig v´ arni kellett, ´ıgy az els˝ o CT-s r¨ ontgenberendez´esek csak az 1960-as ´evek v´eg´en jelentek meg. 42 dolgozat ´erkezett. Helyes 33 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 3, hi´ anyos (1–2 pont) 5, hib´ as 1 dolgozat.

244

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 245. oldal – 53. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

P. 4703. Az ´abr´ an l´ athat´ o alakzatban (amely a k¨ ozepe fel´e korl´ atlanul folytat´ odik) a fekete k¨ or¨ okkel jelzett pontok k¨ oz¨ ott 1 Ω ellen´ all´ as´ u vezet´ekek vannak. Mekkora az ered˝ o ellen´ all´ as az A ´es B pontok k¨ oz¨ ott? (6 pont)

Amerikai versenyfeladat nyom´ an

Megold´ as. A kapcsol´ as szimmetri´aja miatt az AB egyenes felez˝o mer˝oleges´en elhelyezked˝ o pontok ekvipotenci´alisak, teh´at a k¨oz¨ott¨ uk esetleg megl´ev˝o vezet´ekek elt´ avol´ıthat´ oak, illetve – ha nem volt k¨oz¨ott¨ uk vezet´ek – az beiktathat´o. Emiatt az eredeti kapcsol´as ´es az 1. ´ abr´ an l´athat´o kapcsol´as egyen´ert´ek˝ u, hiszen P ´es P ′ , illetve Q ´es Q′ ak´ar ar nem, az A ´es B pontok ¨ossze van kapcsolva, ak´ k¨ oz¨ otti keresett R ered˝ o ellen´ all´as ugyanakkora. Az 1. ´abr´ an s¨ ot´etebben jel¨olt kis n´egyzetben l´ev˝o ´aramk¨ or C ´es D pont k¨ oz¨ otti ered˝o ellen´all´asa ugyancsak R, ha az ´abra k¨ ozepe fel´e a kapcsol´as korl´atlanul ism´etl˝ odik: (1)

RAB = RCD = R.

1. ´ abra

A kapcsol´ as az (¨ ures t´eglalapokkal jel¨olt) 1 Ω-os ellen´all´asokkal a 2. ´ abr´ an l´athat´ o m´odon rajzolhat´ o le.

2. ´ abra

A szaggatott vonalak ekvipotenci´alis pontjainak r¨ovidre z´ar´asa ut´an tov´abbi egyszer˝ us´ıt´esekre ny´ılik lehet˝ os´eg, ahogy azt a 3. ´ abra mutatja. Ennek megfelel˝ oen az (1) rekurzi´os egyenlet (ohm egys´egekben):

R=

1 1 1 + + , 2 1+ 1 +1 2 R+1

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

245

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 246. oldal – 54. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

3. ´ abra

ami az R2 − 2 = 0 m´asodfok´ u egyenlettel egyen´ert´ek˝ u. Ennek pozit´ıv gy¨oke adja meg a keresett ered˝ o ellen´ all´ ast: √ R = RAB = 2 Ω. Bekes N´ andor (Budapest, V´arosmajori Gimn., 10. ´evf.) 36 dolgozat ´erkezett. Helyes 29 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (1–2 pont) 5 dolgozat.

P. 4708. T´eglalap ´es n´egyzet alak´ u lemezt a s´ıkjukra mer˝ oleges ´es k¨ oz´eppontjukon ´ atmen˝ o tengely k¨ or¨ ul forgatunk. A k´et lemez t¨ omege, vastags´ aga ´es s˝ ur˝ us´ege ugyanakkora. A t´eglalap egyik oldala a m´ asiknak fele. Melyik lemeznek van nagyobb tehetetlens´egi nyomat´eka? (Nem sz¨ uks´eges a tehetetlens´egi nyomat´ekokat k¨ ul¨ on kisz´ am´ıtani!) (4 pont)

Strasser V. Ben˝ o (1884–1966) feladata

Megold´ as. A n´egyzet m´eret´et nyilv´an tetsz˝olegesen megv´alaszthatjuk. Tekints¨ uk p´eld´ aul az 1. √ ´ abr´ an l´ athat´o ABCD n´egyzetet, amelynek ´atl´oja 12 egys´eg, oldal´ele teh´ at 12/ 2 egys´eg hossz´ u, ´ıgy a n´egyzet ter¨ ulete 72 ter¨ uletegys´eg. (Ez a v´ alaszt´ as nem megy az ´altal´anoss´ag rov´as´ara, alkalmas hossz´ us´agegys´eg v´alaszt´ as´ aval mindig el´erhet˝ o; csup´an a tov´abbi sz´amol´as leegyszer˝ us´ıt´es´ere szolg´al.) Ugyanekkora ter¨ ulet˝ u ´es 1 : 2 oldalar´any´ u az XY U W t´eglalap is, egy ilyen alak´ u lemez t¨ omege teh´ at ugyanakkora, mint a n´egyzet alak´ u lemez´e. Szeretn´enk ¨ osszehasonl´ıtani a k´et lemeznek az O k¨oz´epponton ´atmen˝o ´es a lemezek s´ıkj´ ara mer˝oleges tengelyre vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´ek´at. A tehetetles´egi nyomat´ekok ¨ osszehasonl´ıt´asa az itt k¨ovetkez˝o gondolatmanetben azon alapszik, hogy valamely test tehetetlens´egi nyomat´eka a test egyes r´eszeinek tehetetlens´egi nyomat´ekaib´ ol adhat´ o¨ ossze. Ha csak azt k´erdezz¨ uk, hogy melyik lemez tehetetlens´egi nyomat´eka nagyobb, a k´et s´ıkidom k¨oz¨os r´esz´evel, vagyis az ALM CP K hatsz¨ oggel nem kell foglalkoznunk, csak a 4-4 kis h´aromsz¨og O-ra vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´ek´ at kell ¨ osszehasonl´ıtanunk. Megmutatjuk, hogy a P QD h´aromsz¨ og O pontra vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´eka kisebb, mint a P U C h´ aromsz¨ og´e, ha teh´ at a n´egyzetet az ´abr´an l´athat´o m´odon ´atdaraboljuk t´eglalapp´a, a tehetetlens´egi nyomat´ek n˝ oni fog. A k´et (s¨ ot´etsz¨ urk´en jel¨ olt) h´aromsz¨og egybev´ag´o, ter¨ ulet¨ uk megegyezik, teh´at a nekik megfelelel˝o lemezdarabok t¨omege ugyanakkora. A h´aromsz¨ogek tehetetlens´egi nyomat´eka az S1 , illetve S2 s´ ulypontra nyilv´an megegyezik, az O pontra 246

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 247. oldal – 55. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

1. ´ abra

vonatkoztatva teh´ at (a Steiner-t´etel szerint) annak a lemezdarabnak nagyobb a tehetetlens´egi nyomat´eka, amelyiknek a s´ ulypontja az O pontt´ol messzebb tal´alhat´o. Az ´abr´ ar´ ol leolvashat´ o, hogy √ √ √ OS2 = 52 + 22 = 29 > 17 = OS1 , ´es hasonl´ o ´erv´enyes a m´asik 3 h´aromsz¨og-p´arra is.

2. ´ abra

M´ as m´odon is elv´egezhetj¨ uk az ´atdarabol´ast”. Ha a 2. ´ abr´ an l´athat´o P QD ” h´ aromsz¨ oget 90◦ -kal elforgatjuk az O pont k¨or¨ ul, az M N C h´aromsz¨oget kapjuk, amelynek megfelel˝ o lemezdarab tehetetlens´egi nyomat´eka nyilv´an ugyanakkora marad, mint amekkora eredetileg volt. T¨ ukr¨ozz¨ uk most az M N C h´aromsz¨oget a CM K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

247

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 248. oldal – 56. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

´atfog´ oj´ ara. A t¨ ukr¨ oz´es sor´ an a h´aromsz¨og minden pontja messzebb ker¨ ul az O pontt´ol, a CY M h´ aromsz¨ og alak´ u lemezdarab tehetetlens´egi nyomat´eka teh´at biztosan nagyobb, mint a kiindul´ asi helyzetnek megfelel˝o P QD alakzat´e, ´es ugyanez ´erv´enyes a m´asik h´ arom kis h´aromsz¨ ogre is. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy enn´el a gondolatmenetn´el nem kellett felhaszn´ alnunk a Steiner-t´etelt.) Meg´ allap´ıthatjuk teh´ at, hogy az azonos ter¨ ulet˝ u, azonos vastags´ag´ u ´es azonos s˝ ur˝ us´eg˝ u (emiatt azonos t¨ omeg˝ u) lemezdarabok k¨oz¨ ul a t´eglalap alak´ unak a k¨oz´eppontj´ ara vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´eka nagyobb, mint a n´egyzet alak´ u lemezdarab´e. (T¨ obb dolgozat alapj´ an) 49 dolgozat ´erkezett. Helyes 39 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 5, hi´ anyos (2 pont) 5 dolgozat.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

M. 350. Hat´ arozzuk meg egy hagyom´anyos, g´azt¨olt´es˝ u izz´ol´ampa bur´aj´aban l´ev˝ o g´az nyom´ as´ at! (6 pont)

K¨ozli: Szeder L´ aszl´ o, S´arospatak

P. 4725. A szabv´ anyos pingponglabda ´atm´er˝oje 40 mm, t¨omege 2,7 gramm. Mekkora ´atm´er˝ oj˝ u vasgoly´ ot kellene a pingponglabd´ahoz ragasztani, hogy egy¨ utt ´eppen lebegjenek a v´ızben? (3 pont)

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

(4 pont)

P. 4726. Egy fekete korongot, amelyre v´ekony, feh´er k¨orcikket festett¨ unk, a korong k¨ozep´en ´atmen˝o, r´a mer˝oleges tengely k¨ or¨ ul forgatunk, ´es stroboszk´oppal (periodikusan felvillan´ o f´enyforr´assal) vil´ag´ıtunk meg. Milyen ¨osszef¨ ugg´es van a korong n fordulatsz´ama ´es az f villog´asi frekvencia k¨oz¨ott, ha nemcsak egyetlen egy, hanem p sz´am´ u, ´allni l´atsz´o feh´er k¨ orcikket figyelhet¨ unk meg (p = 2, 3, 4, . . .)? Orosz feladat

P. 4727. Egy homog´en f´emlemezb˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o alak´ u, de ugyanakkora ter¨ ulet˝ u s´ıkidomokat v´ agunk ki. Milyen alak´ u s´ıkidomnak lesz a s´ıkj´ara mer˝oleges ´es a t¨ omegk¨ oz´eppontj´ an ´atmen˝ o tengelyre vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´eka a lehet˝ o legkisebb? (L´ asd m´eg a P. 4708. feladat megold´as´at lapunk 246. oldal´an!) (4 pont) 248

Strasser V. Ben˝ o (1884–1966) feladata nyom´an

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 249. oldal – 57. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

P. 4728. A Rosetta u ˝rszonda lesz´all´o egys´ege, a Philae, egy olyan u ¨st¨ok¨os magj´ara sz´ allt le, amelynek t¨ omege 1013 kg, ´es mivel u ul, ´atlagos s˝ ur˝ u¨reges bel¨ s´ege csak 0,4 g/cm3 . A lesz´ all´ as pattog´osra” siker¨ ult, az els˝o visszapattan´as ut´an ” 113 perc m´ ulva ´erkezett vissza a Philae az u ¨st¨ok¨os felsz´ın´ere. Adjunk becsl´est a k¨ovetkez˝ okre: a) Mekkora az u ok¨ os magj´anak felsz´ın´en a gravit´aci´os t´erer˝oss´eg, ´es mekkora ¨st¨ a sz¨ ok´esi sebess´eg? b) Legal´ abb mekkora lehetett az els˝o visszapattan´as sebess´ege, ´es legfeljebb milyen magasra pattanhatott fel a Philae? A becsl´eshez az u ok¨ os magj´at nem forg´o, homog´en g¨ombnek tekinthetj¨ uk, ¨st¨ a mozg´ ast pedig ´alland´ o gyorsul´as´ u mozg´asnak. Az alkalmazott ´atlagos gyorsul´as meghat´ aroz´ as´ ahoz haszn´ aljuk fel a visszapattan´as sebess´ege ´es magass´aga k¨oz¨otti egzakt ¨ osszef¨ ugg´est. (5 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 4729. F¨ ugg˝ olegesen ´all´o, A = 5 dm2 bels˝o keresztmetszet˝ u h˝ oszigetelt hengerben egy fon´alra f¨ uggesztett, M = 80 kg t¨omeg˝ u, k¨ onnyen mozg´o dugatty´ u z´ar el T0 = 300 K h˝om´ers´eklet˝ u leveg˝ ot. A dugatty´ ut egy D = 6 N/cm rug´o´alland´oj´ u, ny´ ujtatlan rug´ o kapcsolja a mennyezethez. A l´egoszlop hossza ℓ0 = 1,2 m, kezdetben a k¨ uls˝ o ´es a bels˝ o nyom´as p0 = 105 Pa. A fon´al egy adott pillanatban elszakad. a) Mekkora lesz a dugatty´ u legnagyobb sebess´ege a l´etrej¨ov˝o folyamat sor´ an? b) Mekkora lesz a bez´ art leveg˝o legmagasabb h˝om´ers´eklete a folyamat sor´ an? (5 pont)

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest P. 4730. Az ´ abra szerinti kapcsol´asban az ´aramforr´ asok kapocsfesz¨ ults´ege ´alland´o. A C kapacit´as´ u kondenz´ ator fesz¨ ults´ege 1,8 U0 . Ha az U0 kapocsfesz¨ ults´eg˝ u aramforr´as p´olusait felcser´elj¨ ´ uk, akkor a kondenz´ator fesz¨ ults´ege 1,4 U0 -ra cs¨okken. Mekkora az r/R ´es az u0 /U0 ar´ any? (4 pont)

K¨ozli: Zsigri Ferenc, Budapest

P. 4731. A kriptong´ azzal t¨olt¨ott volfr´amsz´alas izz´ol´ampa ´altal kisug´ arzott l´athat´ o f´eny egyetlen fotonj´anak energi´aja, vagy az izz´ oban l´ev˝ o kriptong´ az egy atomj´anak ´atlagos mozg´asi energi´ aja nagyobb, amikor be van kapcsolva a l´ampa? (4 pont)

K¨ozli: Bigus Imre, S´arospatak

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

249

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 250. oldal – 58. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

P. 4732. Egy ciklotronban protonokat, deuteronokat ´es α-r´eszecsk´eket gyors´ıtanak. A legnagyobb k¨ orp´ alya sugara 50 cm. A m´agneses indukci´ovektor nagys´aga 1 tesla. Legfeljebb mekkora energi´ara gyors´ıthat´ok fel ezek a r´eszecsk´ek a ciklotronban? (4 pont)

Rom´ an feladat

P. 4733. Egy hengeres u udban a tengely´evel p´ar¨vegr´ huzamosan f´enysugarak haladnak, majd a r´ ud v´eg´en kil´epnek a leveg˝ obe, ´es egyetlen pontba f´okusz´al´odnak. Adjuk meg a hat´ arfel¨ ulet alakj´ at jellemz˝ o g¨orbe egyenlet´et az u ¨veg n t¨or´esmutat´ oja ´es az f f´ okuszt´ avols´ag f¨ uggv´eny´eben! (L´asd m´eg a P. 4646. feladat megold´ as´ at lapunk 2014. ´evi okt´oberi sz´am´aban!) (4 pont) R. P. Feynman nyom´an P. 4734. Szigetel˝o anyag´ u, v´ızszintes, sima fel¨ uleten h´arom darab m t¨omeg˝ u, kism´eret˝ u, pozit´ıv t¨olt´es˝ u goly´ot L hossz´ us´ag´ u, elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u, szigetel˝o fonalakkal k¨ot¨ott¨ unk ¨ossze. K´et goly´o t¨olt´ese Q, a harmadik´e pedig 2Q. Egy adott pillanatban a Q t¨olt´es˝ u goly´okat ¨osszek¨ot˝o fonalat elv´agjuk. a) Mekkora lesz a goly´ok sebess´ege abban a pillanatban, amikor a 2Q t¨olt´es˝ u goly´o sebess´ege a legnagyobb? b) Mekkora er˝o fesz´ıti a fonalakat ebben a helyzetben? c) Mekkora az egyes goly´ ok elmozdul´asa ebben a pillanatban? (5 pont)

K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

P. 4735. A Kozmikus Baleseteket Kivizsg´al´o Int´ezet (KOBALKIVI) a k¨ovetkez˝ o r¨ ovid jelent´est ´ırta egyik fizikus szak´ert˝oj´enek: A tit´ anfal´ o kis z¨ old emberk´ek egyik kutat´ o u ˝rhaj´ oja r´ atal´ alt egy t¨ ok´eletesen ” g¨ omb alak´ u, homog´en, tit´ an anyag´ u kisbolyg´ ora. A b´ any´ aszat el˝ ok´esz´ıt´es´ere egy egyenes, a kisbolyg´ o sugar´ aval megegyez˝ o hossz´ us´ ag´ u alagutat f´ urtak, ´es abba s´ıneket fektettek. (Az alag´ ut mindk´et v´ege a kisbolyg´ o felsz´ın´en´el volt.) Sajnos az egyik csille, j´ ollehet bef´ekezt´ek, az alag´ ut egyik v´eg´en´el belecs´ uszott az akn´ aba. Eleinte gyorsult, ut´ ana fokozatosan lelassult ´es visszafordult, majd ´eppen az alag´ ut k¨ ozep´en meg´ allt. A fordul´ opontn´ al hajsz´ al h´ıj´ an el¨ ut¨ otte az ott ´ all´ o b´ anyamestert.” A KOBALKIVI a k¨ ovetkez˝o k´erd´esekre v´art v´alaszt a szak´ert˝ot˝ol: a) Hol (az alag´ ut h´anyad r´esz´en´el) ´allt a b´anyamester? b) Mekkora lehetett a csille kerekei ´es a s´ınek k¨oz¨otti cs´ usz´o s´ url´od´asi egy¨ utthat´o? c) Mennyi ideig mozgott a csille, ha a kisbolyg´o k¨or¨ ul, a felsz´ınhez k¨ozel kering˝o u ˝rszonda kering´esi ideje 24 ´ora? (A kisbolyg´onak nincs l´egk¨ore.) (6 pont) 250

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 251. oldal – 59. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

´ Aprilisi p´ otfeladat.∗ Magyar´azzuk meg a h´ ats´ o bels˝ o bor´ıt´ on l´athat´o furcsa ´ora jeleit! K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 65. No. 4. April 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition C (see page 225): Exercises up to year 10: C. 1287. The positive integers are written on a large squared sheet of paper, arranged in a spiral, as shown in the figure. What numbers are written in the fields above and below 2015? C. 1288. H is the point lying closer to vertex B that divides side AB of parallelogram ABCD in a 1 to 2 ratio. F is the midpoint of side BC. In what ratio does the intersection of line segments AF and DH divide them? Exercises for everyone: C. 1289. We have 5 five-forint coins, 10 ten-forint coins and 20 twenty-forint coins (HUF, Hungarian currency). In how many different ways can we pay 500 forints with these coins? C. 1290. Solve the equation 2xy + 2x − 5y = 40 on the set of pairs of integers (x; y). C. 1291. Find the point on the x-axis where the line segment formed by points A(2; 4) and B(6; 1) subtends the greatest angle. Exercises √ nupwards of year 11: ( √ )n ( √ )n C. 1292. Solve the equation 3 3 − 2 2 = 2n + 3n + 6 on the set of positive integers. C. 1293. Alpha & Co. manufacture tennis balls and sell them in packets of four, arranged in a pyramid in a regular tetrahedral box (figure 1 ). Another manufacturer, APHLA, also sells tennis balls in four-packets, arranged in a column in a tall cylindrical box closed at both ends (figure 2 ). What is the difference between the surface areas of the two boxes if the diameter of a tennis ball is 6.50 cm? New exercises – competition B (see page 226): B. 4705. Let p denote an odd prime number. Show that the equation x2 + px = y 2 has exactly one solution on the set of pairs of positive integers. (4 points) (Suggested by: B. N´emeth, Budapest) √ 5+1 B. 4706. The sides of rectangle ABCD are AB = 2 and BC = 1. Let E be the point in the interior of line segment AB with AE = 1. Show that ∠ACE = 2 · ∠EDB. (3 points) (Suggested by Sz. Mikl´ os, Herceghalom) B. 4707. Let t > 1 be an odd integer. Prove that there exist only a finite number of pairs of integers n and k, not smaller ( ) () n

k

than t such that S = t + t is a prime. (5 points) (Suggested by B. Maga, Budapest) B. 4708. O is the centre of the circumscribed circle of triangle ABC, and M is the orthocentre. Point A is reflected in the perpendicular bisector of side BC, B is reflected in the perpendicular bisector of side CA, and finally C is reflected in the perpendicular bisector of side AB. The reflections are denoted by A1 , B1 , C1 , respectively. Let K be the ∗

A megold´ as bek¨ uldhet˝ o, de nem sz´ am´ıt bele a pontversenybe.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

251

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 252. oldal – 60. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

centre of the inscribed circle of triangle A1 B1 C1 . Prove that point O bisects line segment M K. (5 points) (Suggested by B. B´ır´ o, Eger) B. 4709. Solve the simultaneous equations x2 + y 2 = 13, x3 + y 3 = 35. (3 points) (Suggested by J. Szoldatics, Budapest) B. 4710. P is a set of points in the plane such that every disc of unit radius has at least one point of P in its interior. Is it true that there exists a closed disc of unit radius that contains at 4x least three points of P? (4 points) B. 4711. Let f (x) = 4x +2 . Calculate the value of the sum f (0/2015) + f (1/2015) + f (2/2015) + · · · + f (2014/2015) + f (2015/2015). (5 points) B. 4712. What percentage of a pencil gets wasted? Assume that a pencil is a cylinder, infinitely long, and the graphite rod inside is also cylindrical. The axes of the two cylinders coincide. When the pencil is sharpened, its point is a perfect cone with an apex angle of 12 degrees. When we write with the pencil, its axis always encloses a 42-degree angle with the plane of the paper. We keep using the pencil until we can no longer write with it since no matter how we rotate it about its axis, the wood will scratch the paper. Then the pencil is sharpened again to the shape of a 12-degree cone, but never longer, that is, the tip of the pencil never changes during sharpening, it only wears in writing. What percentage of the graphite is wasted by scraping it off with the sharpener? Will someone holding the pencil at a 45-degree angle waste more than that or less? If so, by how much? (5 points) (Suggested by E. M. G´ asp´ ar, Budapest) B. 4713. A circle passing through vertices B and C of triangle ABC intersects side AB at D, and side AC at E. The intersection of lines CD and BE is O. Let M denote the centre of the inscribed circle of triangle ADE, and let N denote the centre of the inscribed circle of triangle ODE. Prove that line M N bisects the smaller arc DE. (6 points) New problems – competition A (see page 228): A. 641. Determine whether there is a finite, nonempty subset S of the square grid in the plane such that every element of S has at least two neighbours in S and S does not contain four points that are the vertices of a square (with sides not necessary parallel to the coordinate axes)? (Proposed by: M´ aty´ as Sustik,∑San Francisco) Let n >∑3, let x1 , . . . , xn be ∑nA. 642. n 3 2 nonnegative numbers, and let A = n i=1 xi . Prove that i=1 xi and C = i=1 xi , B = (n + 1)A2 B + (n − 2)B 2 > A4 + (2n − 2)AC. A. 643. For every positive integer n, let P (n) be the greatest prime divisor of n2 + 1. Show that there are infinitely many quadruples (a, b, c, d) of positive integers that satisfy a < b < c < d and P (a) = P (b) = P (c) = P (d).

Problems in Informatics (see page 228) I. 373. An effective way to format a text is to use styles: various attributes of text blocks can be set simultaneously with the corresponding styles, instead of setting the attributes one by one. In most applications, styles are not separate elements, but they can be given a tree structure. A particular attribute of a text block is determined by a value set locally. If a value is not given locally, then that attribute is determined by the one occurring in the corresponding style, or in the closest style above the actual style in the tree structure. In this task we work with a simplified model of the above: text blocks are paragraphs, and attributes are positive integers. Create your program i373 to perform the following: for a given description of styles, it should produce another equivalent description, as compact as possible, then list the actual attributes for each text block. The input file (“Bemenet” in the example) consists of two parts. The first line of the first part is the number of the styles s, then each of the following s lines describes a style. The first character (an uppercase letter of the English alphabet) is the style name, the

252

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 253. oldal – 61. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

next one is the style name just above the actual style in the tree structure (for the tree root, these first two characters are identical), then each attribute–value pair is given in the form of “a lowercase English letter–positive integer”. Values are separated by exactly one space character. The second part of the input file first contains the number of paragraphs b (b 6 500) in the text. Then each of the following b lines describes a paragraph. The first character is the name of the applied style, then the locally valid attribute–value pairs are listed in a format similar to the one specified in the first part of the file. The structure of the output file (“Kimenet” in the example) is the same as the structure of the input file. The first part of the file contains the simplified style descriptions. In a simplified style description, a particular attribute should not appear if it does not modify the same attribute set in the styles above the actual one in the tree structure. The second part of the file contains a complete description of the actual attributes for each paragraph. The first and second command line arguments to your program are the name of the input and output files, respectively. The source code of your program (i373.pas, i373.cpp, . . . ) with a short documentation (i373.txt, i373.pdf, . . . ) – containing a brief description of your solution and specifying the developer environment to compile the source code – should be submitted as i373.zip. I. 374. A certain car manufacturing company has arrived in Hungary. They want to establish marketing offices and service centers in some Hungarian towns outside the capital, mostly in county towns or in some bigger towns in each county. The tabulatorseparated and UTF-8 encoded text file motelep.csv contains the town names in the country, the X and Y coordinates (in meters) to locate the towns on the map, the name of the county of each town, and the name of the service center if such center will be established in that town. By using a spreadsheet application, you should solve the following tasks. You should save your solution i374 in the default application file format. You can also use the image momegyek.png containing a county map of Hungary. Both files can be downloaded from our webpage. 1. Open the file motelep.csv in a sheet starting from cell A1, then rename the sheet to v´ arosok (= towns). The sheet heading should contain the titles V´ aros (= town), T´erk´epX (= map X), T´erk´epY (= map Y), Megye (= county) and Telephely (= service center), displayed in bold with gray background and horizontally aligned in the center. 2. Round the X and Y coordinates to integers, replace the original data with these, and use the new data in the following. Non-empty cells of the sheet should be bordered with a thin border. Data should be sorted according to county names, then, within each county, according to town names. 3. Create a diagram to display the towns in a sheet named v´ arosok diagram (= town diagram). Town locations should be represented by disks without their boundaries and filled with RGB (132, 60, 12) color. 4. The background image of the drawing area of the diagram should be the momegyek.png file. The diagram axes should be set such that no towns should appear outside the country, and settlements close to the capital Budapest should appear close to the capital boundary. The westernmost town Szentgotth´ ard, moreover, Balassagyarmat (located to the north of the capital) should be just on the boundary lines. 5. The diagram should have no legend. The diagram title “Magyarorsz´ ag v´ arosai ´ es megy´ ei” should appear in the upper left corner, outside the country, having the same

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

253

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 254. oldal – 62. lap

6.

7.

8.

9.

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

text color and with orange RGB (255, 230, 153) background color. Axes and grids should not be visible. On a different sheet you should collect all the data corresponding to towns in which a service center will be established. The name of this new sheet should be telephely, and it should be formatted as the v´ arosok sheet. You should create a sheet telephely diagram having the same format as the previous diagram and containing the towns with service centers. The diagram title should be “Magyarorsz´ agi telephelyek” (= Hungarian service centers). Create a sheet t´ avols´ agok (= distances) that gives the distance between an arbitrary town and a town with a service center. Distances are measured by using the map (X, Y ) coordinates and the Pythagorean theorem. Starting from cell A2 downwards, all town names should appear by using a reference, and all town names with a service center should appear to the right of cell B1. Distances between towns in the first column and towns in the first row should appear in the corresponding cell in the column-row intersection by using a formula that can be copied, having km as a distance unit, and using only integer values. Auxiliary cells for computations can be placed to the right of column CA or below row 350. Create a sheet keres´ es (= search) to display service centers within a given distance from a given town. Cell A1 should contain the text “V´ aros”, cell A2 should contain the name of a Hungarian town, cell B1 should have the text “Telephely”, and cell C1 should contain “T´ avols´ ag”. In cell B2 the closest town with a service center should appear, and cell C2 should contain their distances in km units. In this cell the numerical value should be followed by the text “km”.

A short description of your solution (i374.pdf) containing the name and version of the spreadsheet application and your actual solution sheet (i374.xlsx, i374.ods, . . . ) should be submitted in a compressed file i374.zip. I. 375. In this task we study a mechanical model for the road junction problem by using a computer simulation. The junction problem asks the following. We are given the location of three towns. Where to put the junction such that the total cost of roads to be built from the junction to the towns is minimal? A following mechanical model for this problem was given by P´ olya Gy¨ orgy (see in his book George P´ olya: Induction and Analogy in Mathematics, Princeton Univ. Press, 1954). We fix three pulleys with ropes, join one end of the ropes at a common point, and attach three equal weights on the other ends of the ropes. The equilibrium point of the system (where the forces acting at the common point cancel each other out) gives the location of the road junction. You should generalize the above model to n points, and display the resulting system on the screen. To simplify the appearance, we replace each pulley with a hole cut in the plane that passes through the n points. Each rope is represented by a line segment joining the holes and the common point. The common point cannot be inside a hole. A model for n = 3 created by using the Wolfram Language is found at http://demonstrations.wolfram.com/PolyasMechanicalModelForTheFermatPoint/. Your computer model should have the following properties. • The user should be able to set the value of n between 3 and 8; • The user should be able to specify the location of the holes in the plane, but a random hole configuration can also be chosen; • Your program approximates the equilibrium state iteratively according to the following rules: a. the plane is viewed from above;

254

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 255. oldal – 63. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

b. forces acting at the common point are represented by unit vectors along the direction of the ropes; c. at the next iteration step the common point is moved to the direction determined by the sum of the unit vectors. You can use any programming environment to solve the task. Your simulation should have a nice appearance and be easy to use. A description of your solution (i375.pdf) containing the main steps and observations, the source code of your program, and any files necessary to compile or run the program should be submitted in a single compressed file (i375.zip). S. 98. We are upgrading our computer, so we have to buy some components, and replace the old ones with new. We want to minimize the total cost, hence we should buy the least number of new components. Each component has the same price. However, it can happen that certain k − 1 components out of a group of k components belonging together have to be replaced. In this case the kth component should also be replaced. The shop contains N types of components (1 6 N 6 1 000 000, numbered from 1 to N ). A group of components belonging together can have an arbitrary size, but the total size of such groups is at most 250 000. We also know that Component 1 should be replaced anyway. Your program should read the values of N and C (the number of groups) from the first line of the standard input. Then, from each of the following C lines, it should read the number of components dbi belonging to that group, finally the type of each component in that group as dbi integers between 1 and N . It is possible that two groups have some common components. Your program should write the minimal number of new components to be bought in the first line of the standard output. In the example, “P´elda bemenet” is a sample input, while “P´elda kimenet” is the corresponding output. In this situation we have to replace Components 1, 2, 3 and 4. Scoring and bounds. You can obtain 1 point for a brief and proper documentation clearly describing your solution. Nine further points can be obtained provided that your program solves any arbitrary valid input within 1 second of running time. The source code (s98.pas, s98.cpp, . . . ) without the .exe or any other auxiliary files generated by the compiler but with a short documentation (s98.txt, s98.pdf, . . . ), also describing which developer environment to use for compiling the source, should be submitted in a compressed file s98.zip.

Problems in Physics (see page 248) M. 350. Determine the pressure of the gas in the bulb of a traditional gas filled filament lamp. P. 4726. The diameter of a standard table-tennis ball is 40 mm, and its mass is 2.7 grams. What is the diameter of that iron ball, which should be attached to the tabletennis ball, in order that they just float in the water? P. 4727. A narrow circular sector of a black disc is painted white. The disc is rotated about an axis which goes through its centre, and is perpendicular to the disc, and the rotated disc is illuminated with strobe light (a periodically flashing light source). What is the relationship between the number of revolutions n of the disc and the flashing frequency f , if not only one, but a number of p seemingly steady white sectors can be observed on the disc (p = 2, 3, 4, . . .)? P. 4728. Different shapes of planar figures, which have the same area, are cut from a uniform metal sheet. What is the shape of that figure which has the least moment of inertia calculated around an axis which goes through the centre of mass of the figure and which

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/4

255

i

i i

i

i i

i

2015.4.2 – 22:22 – 256. oldal – 64. lap

K¨ oMaL, 2015. ´ aprilis

i

is perpendicular to the plane of the figure? P. 4729. Philae, the lander of the space probe called Rosetta, landed on the nucleus of a comet of mass 1013 kg, and of average density 0.4 g/cm3 , which is due to the fact that inside the nucleus there are voids. The landing was “bouncy”, Philae arrived back to the surface of the nucleus of the comet 113 minutes later after its first bounce. Give estimation for the following: a) What is the gravitational field strength on the surface of the nucleus of the comet, and what is the escape speed? b) What was the least speed of the first bounce, and to what greatest height could Philae bounce back? For the estimation, the nucleus of the comet can be considered as a uniform sphere, which is not rotating, and the motion can be considered as uniformly accelerated. For determining the average acceleration use the exact relationship between the speed and the height of the bouncing. P. 4730. An easily moveable piston of mass M = 80 kg is suspended by a thread in a vertical cylinder of inner cross section A = 5 dm2 , and encloses a sample of air at a temperature of T0 = 300 K. The piston is attached to the ceiling by an unstretched spring of spring constant D = 6 N/cm. The length of the air column is ℓ0 = 1.2 m, and initially the pressure inside and outside is p0 = 105 Pa. At a moment the thread breaks. a) What will the greatest speed of the piston be during the initiated process? b) During the process what will the greatest temperature of the enclosed sample of air be? P. 4731. The terminal voltages across the voltage supplies connected as shown in the figure are constant. The voltage across the capacitor C is 1.8 U0 . If the terminals of the voltage supply U0 is swapped over then the voltage across the capacitor decreases to 1.4 U0 . Determine the ratios of r/R and of u0 /U0 . P. 4732. Which is greater: the energy of one photon emitted by a filament lamp made of Tungsten and filled with Krypton, or the average kinetic energy of an atom of the Krypton gas in the lamp, when the lamp is operated? P. 4733. In a cyclotron protons, deuterons and α-particles are accelerated. The radius of the greatest circular path is 50 cm. The magnitude of magnetic flux density is 1 Tesla. To what greatest energy can these particles be accelerated in this cyclotron? P. 4734. Light-rays travel in a cylinder shaped glass rod parallel to the symmetry axis of the rod, and when they enter to air at the end of the rod they brought to focus at one point. Give the equation of the boundary curve in terms of the refractive index of glass n, and of the focal length f . P. 4735. Three small positively charged balls of mass m are attached by massless insulating threads of length L and are placed to a horizontal smooth surface made of some insulating material. Two of the balls both have a charge of Q and the third is charged to 2Q. At an instant the thread between the two balls of charge Q is cut off. a) What are the velocities of the balls at the instant when the ball of charge 2Q is the fastest? b) What is the tension in the threads at this moment? c) What are the displacements of the balls at this moment? P. 4736. The Examining Institute for Cosmic Accidents (EXINCA) sent the following short report to one of its experts: “One of the discovery spaceships of the Titanium-Devouring Little Green Men has found a perfectly spherical uniform Titanium asteroid. In order to make preparations for the mining, a straight tunnel was built and rails were put into it. The length of the tunnel was the same as the radius of the asteroid, and both ends of the tunnel were on the surface of the planet. Unfortunately one of the mine-carts, although its brake was applied, slipped into the shaft at one end of the tunnel. Initially it speeded up, then it slowed down gradually, turned back and then it stopped exactly at the middle of the tunnel. When it turned back it nearly hit the leader of the miners.” EXINCA asked the expert to calculate the following: a) Where (at what fraction of the length of the tunnel) did the leader of the miners stand? b) What could the coefficient of kinetic friction between the wheels of the mine-cart and the rails be? c) How long did the mine-cart move if the period of the spacecraft revolving next to the surface of the asteroid is 24 hours? (The asteroid has no atmosphere.)

65. ´evfolyam 4. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. ´ aprilis

i

i i

i