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

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 257. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. m´ ajus

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 5. szám

Budapest, 2015. május

´ Megjelenik évente 9 számban, januártól májusig és szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK

Fehér Zsombor: Szakaszok ekvioptikus görbéi . . . .

258

Loránt László: Megoldásvázlatok a 2015/4. sz. emelt szint˝u gyakorló feladataihoz . . . . . . . . . . . .

267

Matematika feladatok megoldása (4539., 4548., 4642., 4652., 4656., 4657., 4665., 4669., 4677.) . .

274

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1294– 1300.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

289

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4714– 4722.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

290

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (644–646.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

292

Informatikából kit˝uzött feladatok (376–378., 99.). .

293

Egy kreat´ıv fizikatanár emlékére . . . . . . . . . . . . . . .

297

Fizika feladatok megoldása (4653., 4667., 4672., 4673., 4677., 4695., 4699., 4701.) . . . . . . . . . . . . .

298

Fizikából kit˝uzött feladatok (351., 4736–4747.) . . .

313

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

316

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

317

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

319

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

F˝ oszerkeszt˝ o: NAGY GYULA ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS ´ Kiadja: MATFUND ALAPÍTVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi képvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA ´ CECÍLIA 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˝ oségi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝oség c´ıme: 1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 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˝ofizetési d´ıj egy évre: 8100 Ft Kéziratokat nem ˝orzünk meg és nem küldünk vissza. Minden jog a KöMaL tulajdonosaié. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: Pázmány Péter sétány 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 hirdetések tartalmáért felel˝osséget nem vállalunk.

257

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 258. oldal – 2. lap


i

Szakaszok ekvioptikus g¨ orb´ ei

Bevezet˝ o Ekvioptikus, azaz egyenl˝ o látószög˝ u. Ha adott a s´ıkon két görbe, u ´gy azok ekvioptikus g¨ orbéjén (r¨ oviden ekvioptikusán) azon pontok mértani helyét értj¨ uk, melyekb˝ ol a két g¨ orbe ugyanakkora szögben látszik. A látószög annak a legkisebb sz¨ ognek a nagys´ aga, amelynek szögszárain k´ıv¨ ul nincs pontja a görbének. Tal´ alkozhatunk még az izoptikus kifejezéssel, mely jelentése állandó látószög˝ u. Adott egy s´ıkg¨ orbe és egy r¨ ogz´ıtett α szög. Ekkor azon pontok mértani helye, melyekb˝ ol a g¨ orbe α sz¨ ogben l´ atszik, a görbe α-izoptikusa. Amennyiben α = 90◦ , u ´gy az α-izoptikust ortoptikusnak is nevezz¨ uk. Két görbe azonos szög˝ u izoptikusainak metszéspontjai alkotj´ ak teh´ at az ekvioptikus görbét. Az olvas´ o péld´ aul meggondolhatja, hogy két nem metsz˝o kör ekvioptikusa egy harmadik k¨ or, egy parabola ortoptikusa egyenes, m´ıg az ellipszisek és hiperbolák ortoptikusai k¨ or¨ ok. Az ellipszisek és hiperbolák α-izoptikusai általában negyedrend˝ u görbék. Jelen cikk¨ unkben szakaszok ekvioptikusait fogjuk vizsgálni, azzal a kiegész´ıtéssel, hogy a sz¨ ogeket ir´ any´ıtottan nézz¨ uk, modulo 180◦ . Ez biztos´ıtja azt a kényelmet, hogy péld´ aul egy szakasz α-izoptikusa a teljes körvonal legyen (ne pedig két k¨ ul¨ on k¨ or´ıv, melyek egym´ as t¨ ukörképei a szakasz egyenesére). Defin´ıci´ o. Adottak a s´ıkon az A, B, C, D pontok. Az AB és CD szakaszok ekvioptikus g¨ orbéjének nevezz¨ uk és S(A, B, C, D)-vel jelölj¨ uk azon pontok mértani helyét, melyekb˝ ol a két szakasz egyenl˝o irány´ıtott szögben látszik: { } S(A, B, C, D) = P | AP B^ ≡ CP D^ (mod 180◦ ) . Megjegyezz¨ uk, hogy pl. A-hoz nagyon közeli” P pontokra az AP B^ minden ” lehetséges értéket felvesz, ezért P = A esetén a fenti egyenl˝oséget igaznak tekintj¨ uk. Teh´ at az A, B, C, D pontok is elemei a fenti halmaznak. A g¨ orbe n´ eh´ any tulajdons´ aga 1. ´ all´ıt´ as. Két szakasz ekvioptikusa mindig egy legfeljebb harmadrend˝ u g¨ orbe. Bizony´ıt´ as. Legyenek a pontok koordinátái A(a1 , a2 ), B(b1 , b2 ), C(c1 , c2 ), D(d1 , d2 ) és P (x, y), tov´ abb´ a legyen P mer˝oleges vet¨ ulete az y-tengelyre X(0, y) (1. ´ abra). Ekkor az AP B sz¨ og tangense kifejezhet˝o az AP és BP szakaszok ma , mb meredeksége, és a tangens add´ıciós képlete alapján: 258


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 259. oldal – 3. lap

tg AP B^ =


i

tg AP X^ − tg BP X^ = 1 + tg AP X^ tg BP X^

ma − mb = = 1 + ma mb

y − a2 y − b2 − x − a1 x − b1 = y − a2 y − b2 1+ · x − a1 x − b1

=

(y − a2 )(x − b1 ) − (y − b2 )(x − a1 ) = (x − a1 )(x − b1 ) + (y − a2 )(y − b2 )

=

f1 (x, y) . f2 (x, y)

A sz´ aml´ al´ oban az xy tag éppen kiesik, ezért f1 els˝ ofok´ u, f2 pedig másodfok´ u polinom. Ugyan1. ´ abra ´ıgy, tg CP D^ = g1 (x, y)/g2 (x, y), ahol g1 els˝ofok´ u, g2 m´ asodfok´ u. Mivel tg AP B^ = tg CP D^ éppen ekvivalens azzal, hogy AP B^ ≡ CP D^ (mod 180◦ ), a keresett görbe egyenlete f1 /f2 = g1 /g2 , azaz 0 = f1 g2 − f2 g1 , ami valóban (legfeljebb) harmadrend˝ u görbe. 2. ´ all´ıt´ as. Amennyiben ABDC deltoid, u ´gy S(A, B, C, D) egy k¨ or és egy egyenes uni´ oja. 1. bizony´ıt´ as (Koordin´ atageometria). Legyen a deltoid szimmetriatengelye pl. BC, és vegy¨ uk fel a koordináta-rendszert u ´gy, hogy BC legyen az x-tengely, AD pedig az y-tengely. Ekkor a1 = 0, b2 = 0, c2 = 0, d1 = 0, a2 + d2 = 0, ´ıgy a 0 = f1 g2 − f2 g1 egyenlet egy kis számolással a következ˝o alakra hozható: ( ) ( ) 0 = y · ( x2 + y 2 (b1 + c1 ) + x 2a22 − 2b1 c1 − a22 (b1 + c1 )). Az els˝ o tényez˝ o az y = 0 egyenes, a második tényez˝o pedig egy kör egyenlete, hiszen x2 és y 2 egy¨ utthat´ oi megegyeznek, és nincs xy tag. Ebb˝ ol a megold´ asb´ ol az der¨ ult ki, hogy az egyenes a deltoid szimmetriatengelye, a k¨ or pedig t¨ ukr¨ os erre az egyenesre. 2. bizony´ıt´ as (Apoll´ oniusz-k¨ or ). Vegy¨ unk egy tetsz˝ oleges P pontot az ekvioptikus g¨ orbér˝ ol, és legyen T az AP D k¨ or és a BC egyenes (egyik) metszéspontja (2. ´ abra, az ekvioptikus szaggatott vonallal van jel¨ olve). Ekkor szimmetria miatt T az AD ´ıv felez˝opontja, ´ıgy AP T ^ ≡ T P D^. Ezt hozzáadva ahhoz, hogy BP A^ ≡ DP C^, azt kapjuk, hogy BP T ^ ≡ T P C^ (mod 180◦ ). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

2. ´ abra

259

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 260. oldal – 4. lap


i

Az AP DT k¨ or t¨ ukr¨ os BC-re, és T rajta van BP C^ szögfelez˝ojén, ezért ez a k¨ or nem más, mint a B, C pontok T -n átmen˝o Apollóniusz-köre (amennyiben P nincs rajta a BC egyenesen). Mivel D is rajta van ezen az Apollóniusz körön, ezért tetsz˝ oleges P pont esetén BP/P C = BD/DC, vagyis az AP DT kör állandó. Így P mértani helye a B, C pontok D-n átmen˝o Apoll´ oniusz-köre, továbbá a nyilvánval´ o BC egyenes. Ebb˝ ol a megold´ asb´ ol az is kider¨ ult, hogy a mértani helyként kapott kör nem csak egyszer˝ uen t¨ ukr¨ os az egyenesre, hanem egy konkrét Apollóniusz kör. Ezt szintén érdemes megjegyezni.

3. ´ abra

3. bizony´ıt´ as (Forgatva ny´ ujt´ as). Legyen M azon φ forgatva ny´ ujtás középpontja, melyre φ(AB) = CD (3. ´ abra). Ismert, hogy ekkor M rajta van az AB, BD, DC, CA egyenesek köz¨ ul bármely három által meghatározott háromszög köré´ırt körén. Legyen P egy pont az M középpont´ u M D sugar´ u k körön. Amennyiben a φ forgatva ny´ ujtás során az ABP háromszög képe CDP ′ , u ´gy létezik olyan M középpont´ u φ′ forgatva ny´ ujtás is, melyre φ′ (BD) = P P ′ .

Ekkor a φ forgatva ny´ ujt´ as miatt M DC△ ∼ M BA△ , a deltoid szimmetriája miatt az M BA△ és M BD△ h´ aromszögek egybevágóak és ellentétes kör¨ uljárás´ uak, ′ . Mivel olyan P pontot vett¨ unk, a φ′ forgatva ny´ ujt´ as miatt pedig M BD△ ∼ M P P△ ′ ami rajta van k-n, teh´ at M D = M P , ezért az M DC△ és M P P△ háromszögek egybevág´ oak és ellentétes k¨ or¨ ulj´ ar´ as´ uak. Ez pedig azt jelenti, hogy CDP P ′ h´ urtrapéz, ´ıgy DP C^ ≡ DP ′ C^ ≡ BP A^ (mod 180◦ ), a φ forgatva ny´ ujtást is használva. Így a k k¨ or minden P pontja rajta van S(A, B, C, D)-n, továbbá a BC egyenes is rajta van, és tudva, hogy a g¨ orbe harmadrend˝ u, ezért más pontja nincs is. A 2. áll´ıt´ asra fogunk adni egy 4. bizony´ıtást is, ehhez azonban meg kell ismern¨ unk a Cserebere-tételt (csak a cikkben nevezz¨ uk ´ıgy). A Cserebere-t´ etel Elérkezt¨ unk cikk¨ unk f˝ o attrakciójához. A most következ˝o tétel arról szól, hogy ekvioptikus g¨ orbét val´ oj´ aban nem két szakaszhoz rendel¨ unk, hanem négy egyeneshez. 3. ´ all´ıt´ as (Cserebere-t´ etel). Adottak a s´ıkon az a, b, c, d egyenesek, melyek k¨ oz¨ ul semelyik h´ aromnak sincs k¨ oz¨ os pontja. Kiv´ alasztunk k¨ oz¨ ul¨ uk kett˝ ot, pl. a-t és b-t, majd tekintj¨ uk azt a két szakaszt, amit a m´ asik két egyenes, c és d metsz ki bel˝ ol¨ uk. Ekkor ezen két szakasz ekvioptikus g¨ orbéje nem f¨ ugg att´ ol, hogy melyik két egyenest v´ alasztottuk ki. Teh´ at péld´ aul b és c felcserélhet˝o: S(a ∩ c, a ∩ d, b ∩ c, b ∩ d) = S(a ∩ b, a ∩ d, c ∩ b, c ∩ d). 260


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 261. oldal – 5. lap


i

−−→ −−→ A 4. ´ abra jobb oldali részén a lehetséges AB és CD vektorok vannak berajzolva. A Cserebere-tétel szerint a hat ábra köz¨ ul bármelyik esetén S(A, B, C, D) a bal oldali harmadrend˝ u g¨ orbe lesz.

4. ´ abra

A bizony´ıt´ ashoz kett˝ osviszonyokat fogunk használni. A projekt´ıv geometriáról és kett˝ osviszonyr´ ol b˝ ovebben az [1], [2], vagy [3] hivatkozásokban lehet olvasni. Bizony´ıt´ as. Legyen A = a ∩ c, B = a ∩ d, C = b ∩ c, D = b ∩ d, E = a ∩ b, F = c ∩ d, U = AP ∩ b és V = AP ∩ d (5. ´ abra). Megmutatjuk, hogy ha AP B^ ≡ CP D^, akkor BP E^ ≡ F P C^ (mod 180◦ ), minden m´ as egyenesfelcserélés ezzel egyenérték˝ u áll´ıt´ ashoz vezet. Az A pontból d-r˝ol b-re val´ o vet´ıtés sor´ an a következ˝o kett˝ osviszony megmarad: (BV DF ) = (EU DC). Tetsz˝ oleges kett˝ osviszony visszafelé” ” is le´ırhat´ o, ´ıgy (EU DC) = (CDU E). A P k¨ or¨ uli sugársorokkal megfogalmazva ugyanezt:

5. ´ abra

(P B, P A, P D, P F ) = (P C, P D, P A, P E). Az AP D^ sz¨ ogfelez˝ ojére t¨ ukr¨ ozve P A képe P D, és P B képe P C. Egy kett˝osviszony értéke és h´ arom egyenese alapján a negyedik egyenes egyértelm˝ u, ezért az el˝oz˝o kett˝ osviszonyok csak akkor lehetnek egyenl˝ok, ha P E képe P F . Ekkor BP E^ ≡ ≡ F P C^ (mod 180◦ ), ´ıgy a Cserebere-tételt beláttuk. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

261

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 262. oldal – 6. lap


i

2. ´ all´ıt´ as, 4. bizony´ıt´ as (Cserebere-tétel ). Legyenek az ABDC deltoid szemközti oldalainak metszéspontjai E = AB ∩ CD és F = AC ∩ BD (6. ´ abra). Ekkor a Cserebere-tétel szerint S(A, B, C, D) = S(A, F, E, D). Azonban az AF ED h´ urtrapéz szárainak ekvioptikusát könny˝ u megtalálni: szimmetria miatt a BC egyenes, a ker¨ uleti szögek tétele miatt pedig az AF ED kör minden pontja rajta van az ekvioptikus görbén. Tehát deltoid esetén az ekvioptikus valóban egy kör és egy egyenes uniója.

6. ´ abra

A k¨ ori ide´ alis pontok Komplex projekt´ıv s´ıknak nevezz¨ uk azon (x, y, z) ̸= (0, 0, 0), x, y, z ∈ C komplex sz´ amh´ armasok halmaz´ at, melyben az (x, y, z) és (λx, λy, λz) pontokat azonosnak tekintj¨ uk minden λ ̸= 0, λ ∈ C esetén. A val´ os projekt´ıv ´gy lehet elké}pzelni, { s´ıkot u hogy a 3-dimenzi´ os euklideszi térben az origón átmen˝o (λx, λy, λz) | λ ∈ R egyeneseket elmetssz¨ uk a z = 1 s´ıkkal. Amelyik egyenest tényleg elmetszi, ott kapunk val´ odi (x, y) pontot, amelyik egyenes pedig párhuzamos vele, abban az esetben beszél¨ unk ide´ alis pontr´ ol. A komplex projekt´ıv s´ıkon sincs ez másképp: az (x, y, 0) pontokat nevezz¨ uk ide´ alis pontoknak. Mivel (x, y, z) = (λx, λy, λz), a projekt´ıv s´ıkon minden alakzat egyenlete homogén x, y, z-re nézve. Így egy kör egyenlete az x2 + y 2 + axz + byz + cz 2 = 0 alakot ¨ olti. Habár az euklideszi s´ıkon nevetségesnek t˝ unik a kérdés, mégis megkérdezhetj¨ uk: van-e a k¨ ornek ide´ alis pontja? A meglep˝o válasz erre az, hogy a komplex s´ıkon igenis van. Ugyanis z = 0 helyettes´ıtéssel x2 + y 2 = 0 adódik, melynek van nemnulla megold´ asa: az y = ±ix. Ami még meglep˝obb, hogy az ´ıgy kapott (1, i, 0),

(1, −i, 0)

pontok minden lehetséges k¨ or¨ on rajta vannak. Van tehát két olyan pont valahol a komplex végtelenben, melyek minden körre illeszkednek. Ezért ezeket a pontokat k¨ ori ide´ alis pontoknak nevezz¨ uk. Ha adott két k¨ or egyenlete: k1 és k2 , akkor tetsz˝oleges λ, µ esetén λk1 + µk2 is egy k¨ or egyenlete. A K = {λk1 + µk2 | λ, µ ∈ R} halmazt k¨ orsornak nevezz¨ uk. K¨ orsorok seg´ıtségével adhatunk egy u ´jabb módot az ekvioptikus görbe el˝oáll´ıtására: adott egy K k¨ orsor és egy φ forgatva ny´ ujtás, és a körsor minden k köréhez vessz¨ uk a forgatva ny´ ujt´ as szerinti képével való metszéspontjait, tehát a { } k ∩ φ(k) | k ∈ K halmazt. Ha K{ hiperbolikus, azaz } fix A, B pontokon átmen˝o körsor, és φ(AB) = = CD, akkor k ∩ φ(k) | k ∈ K = S(A, B, C, D), hiszen az AB szakasz α szög˝ u 262


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 263. oldal – 7. lap


i

látók¨ orének képe a CD szakasz α szög˝ u látóköre lesz, ´ıgy metszéspontjuk rajta van az ekvioptikus g¨ orbén. A k¨ o{ri ide´ alis pontok}b´ armely két kör metszetén rajta vannak, ezért benne vannak a k ∩ φ(k) | k ∈ K halmazban is, és mivel ez a körsoros el˝oáll´ıtás ugyanazt a ponthalmazt adja, mint az ekvioptikus görbés el˝oáll´ıtás, a köri ideális pontok tetsz˝ oleges ekvioptikus g¨ orbén rajta vannak. Ugyanerr˝ol persze meggy˝oz˝odhet¨ unk az 1. áll´ıt´ asbeli 0 = f1 g2 − f2 g1 egyenletbe való helyettes´ıtéssel is. Annak, hogy az ekvioptikus egy olyan speciális harmadrend˝ u görbe, ami átmegy a k¨ ori ide´ alis pontokon, egy következménye a 4. ´ all´ıt´ as. Amennyiben két szakasz ekvioptikusa tartalmaz egy val´ odi (azaz nem komplex és nem ide´ alis) egyenest, akkor a g¨ orbe maradék része egy k¨ or. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy a harmadrend˝ u görbe (Ax + By + C)(Dx2 + Exy + F y 2 + Gx + Hy + I) = 0 alakban felbomlik egy els˝ ofok´ u és egy másodfok´ u polinom szorzatára, ahol az egy¨ utthat´ ok mind val´ os sz´ amok. Tudjuk, hogy ezen a görbén rajta vannak a köri ideális pontok, ´ıgy homogeniz´ alva, majd (x, y, z) = (1, i, 0) helyettes´ıtéssel: (A + Bi)(D + Ei − F ) = 0. Az els˝ o tényez˝ o csak akkor lehet nulla, ha A = B = 0, azonban ez nem ad valódi egyenest. Így a második tényez˝onek kell nullának lennie, ahonnan D = F és E = 0, azaz a másodfok´ u tényez˝ oben x2 és y 2 egy¨ utthatói megegyeznek, továbbá nincs xy tag. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy a harmadrend˝ u görbe egy egyenes és egy (val´ os vagy képzetes) k¨ or uni´ oja. Tulajdonképpen azt használtuk, hogy ha egy másodrend˝ u görbe átmegy a köri ideális pontokon, akkor az a g¨ orbe egy kör. Megjegyzend˝o azonban a paralelog−−→ −−→ ramma esete: ha AB = CD, akkor S(A, B, C, D) felbomlik ugyan egy egyenes és egy m´ asodrend˝ u g¨ orbe uni´ oj´ ara, de mégsem tartalmaz kört. Ebben az esetben ugyanis az egyenes az ide´ alis egyenes, tehát a köri ideális pontokon az Ax + By + C = 0 egyenlet˝ u alakzat megy át. A k¨ ori ide´ alis pontok seg´ıtségével u ´jabb bizony´ıtást adhatunk a 2. áll´ıtásra és a Cserebere-tételre: 2. ´ all´ıt´ as, 5. bizony´ıt´ as (K¨ ori ide´ alis pontok ). A deltoid szimmetriatengelye nyilv´ anval´ oan része az ekvioptikus görbének. A 4. áll´ıtás alapján pedig a maradék egy k¨ or, ´ıgy készen vagyunk. (Az is könnyen megállap´ıtható, hogy melyik kör, ugyanis a 6. ábra jel¨ oléseivel az A, D, E, F pontoknak rajta kell lenni¨ uk az ekvioptikuson, teh´ at a k¨ or¨ on is.)


263

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 264. oldal – 8. lap

7. ´ abra


i

Cserebere-t´ etel, 2. bizony´ıt´ as. Legyen a négy egyenes 6 metszéspontja a szokásos módon A, B, C, D, E, és F (7. ´ abra). Ekkor ez a 6 pont rajta van bármelyik ekvioptikuson, pl. S(A, B, C, D)n és S(E, B, C, F )-en. A két köri ideális pont: I1 és I2 is mindkett˝on rajta van. Miquel tétele szerint tetsz˝oleges négy egyenesre az ABF , ACE, CDF , BDE köröknek van közös pontja. Ha ez a közös pont M , akkor AM B^ ≡ AF B^ ≡ ≡ CF D^ ≡ CM D^ (mod 180◦ ), ´ıgy M rajta van S(A, B, C, D)-n, és ugyan´ıgy rajta van S(E, B, C, F )-en is. Keress¨ uk meg S(A, B, C, D) valós ideális pontját: ehhez az 1. áll´ıtásbeli 0 = f1 g2 − − g1 f2 egyenlet homogenizált alakját ´ırjuk fel, majd z = 0-t helyettes´ıt¨ unk:

( ) ( ) 0 = (b2 x + a1 y − a2 x − b1 y) x2 + y 2 − (d2 x + c1 y − c2 x − d1 y) x2 + y 2 , 0 = x(b2 + c2 − a2 − d2 ) − y(b1 + c1 − a1 − d1 ). Teh´ at S(A, B, C, D) ide´ alis pontja az I(b1 + c1 − a1 − d1 , b2 + c2 − a2 − d2 , 0) pont. 1 a2 +d2 1 b2 +c2 Az AD és BC szakaszok felez˝ opontjai U ( a1 +d , 2 , 1) és V ( b1 +c , 2 , 1), 2 2 ´ıgy a koordin´ at´ ak I = 2(V − U ) o¨sszef¨ uggése alapján I, U , V egy egyenesre esik. Ismert, hogy tetsz˝ oleges négy egyenesre az AD, BC, EF szakaszok felez˝opontjai egy egyenesre esnek, ´ıgy I rajta van S(E, B, C, F )-en is. Teh´ at van 10 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontunk (k¨ ulönböz˝oek, mert az áll´ıtás 4 általános helyzet˝ u egyenesr˝ ol szólt): A, B, C, D, E, F , M , I1 , I2 , és I, melyek rajta vannak S(A, B, C, D)-n és S(E, B, C, F )-en is. Márpedig két teljesen k¨ ulönböz˝o harmadrend˝ u g¨ orbének legfeljebb csak 9 metszéspontja lehet, ha 10 van, az azt jelenti, hogy van k¨ oz¨ os komponens¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy a két görbe nem azonos, ekkor mindkett˝ o felbomlik egy egyenesre és egy másodfok´ u görbére. Ha az egyenes rész¨ uk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, akkor azoknak legfeljebb 1 metszéspontjuk lehet a 10-b˝ol, azonban a maradék 9 pontra nem illeszthet˝ o másodrend˝ u görbe, akármelyik 9 pontról is legyen sz´ o. Ha pedig a másodrend˝ u rész¨ uk k¨ ulönböz˝o, akkor azoknak 4 metszéspontjuk lehet a 10-b˝ ol, de a maradék 6 pont nem eshet egy egyenesre. Tehát a két harmadrend˝ u g¨ orbe megegyezik, és ezzel beláttuk, hogy S(A, B, C, D) = S(E, B, C, F ). Komplex fu enytan ¨ ggv´ Eddigi péld´ ainkon valah´ anyszor egy kör és egy egyenes volt az ekvioptikus görbe, az egyenes átment a k¨ or középpontján. Megmutatjuk, hogy ez sz¨ ukségszer˝ u, s˝ot, bizony´ıt´ ast adunk egy sokkal általánosabb áll´ıtásra, melynek az a következménye, hogy ha az ekvioptikus g¨ orbe egyszeresen o¨nátmetsz˝o”, akkor ebben a pontban ” a g¨ orbe két érint˝ oje mer˝ oleges egymásra. 264


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 265. oldal – 9. lap


i

Ehhez az ekvioptikus problémát egy u ´jabb szemszögb˝ol közel´ıtj¨ uk meg: dolgozzunk a komplex sz´ ams´ıkon. Komplex f¨ uggvénytannal kapcsolatban ajánljuk az olvas´ onak Sz˝ okefalvi Nagy Béla klasszikus m˝ uvét: [4]. Legyen f : C → C tetsz˝ oleges komplex f¨ uggvény, és legyen { } R(f ) = z | z ∈ C, f (z) ∈ R azon pontok halmaza, ahol f valós értéket vesz fel. Amennyiben az A, B, C, D pontok a komplex sz´ ams´ıkon az a, b, c, d komplex számoknak felelnek meg, u ´gy tekints¨ uk az z−a (z − a)(z − d) f (z) = z − b = (z − b)(z − c) z−c z−d f¨ uggvényt. Legyen a z sz´ amnak megfelel˝o pont P , ekkor f (z) pontosan azon z értékekre lesz val´ os, melyekre 0 ≡ arg f (z) ≡ arg

z−c z−a − arg ≡ AP B^ − CP D^ (mod 180◦ ). z−b z−d

Így ebben az esetben az ekvioptikus görbéhez jutottunk, R(f ) = S(A, B, C, D). A g¨ orbe z0 pontj´ at n-szeres szingul´ aris pontnak h´ıvjuk (n > 2), ha az f ′ (z0 ), ′′′ f (z0 ), f (z0 ), . . . deriv´ altak köz¨ ul az n-edik, f (n) (z0 ) az els˝o, amely nem nulla. Ez egy g¨ orbén által´ aban u ´gy jelenik meg szemléletesen, hogy a z0 pontban a görbe n-szer átmetszi saj´ at mag´ at”. A legtöbb egyenes általában m k¨ ulönböz˝o pontban ” metsz egy m-edrend˝ u g¨ orbét, az n-szeres szinguláris ponton áthaladó egyenesek azonban csak (m − n + 1) pontban. ′′

5. ´ all´ıt´ as. Ha egy f (ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o) komplex f¨ uggvény R(f ) g¨ orbéjén van egy n-szeres szingul´ aris pont, akkor az ottani n érint˝ o k¨ oz¨ ul a szom180◦ szédosak mind ugyanakkora, n sz¨ oget z´ arnak be. Bizony´ıt´ as. Írjuk fel f Taylor-sorát a z0 pontban: f (z) = f (z0 ) + f ′ (z0 ) · (z − z0 ) +

f ′′ (z0 ) f ′′′ (z0 ) 2 3 · (z − z0 ) + · (z − z0 ) + . . . . 2 3!

Ha az els˝ o (n − 1) deriv´ alt értéke z0 -ban nulla, akkor a f¨ uggvény e(z) = f (z0 ) +

f (n) (z0 ) n · (z − z0 ) n!

k¨ ozel´ıtése alapj´ an kapott R(e) halmaz a z0 -beli érint˝ok egyenletét adja meg. Mivel f (z0 ) val´ os, pontosan akkor kapunk e(z)-re is valós értéket, ha ( (n) ) f (z0 ) f (n) (z0 ) n 0 ≡ arg · (z − z0 ) ≡ arg + n · arg(z − z0 ) (mod 180◦ ), n! n! arg(z − z0 ) = −

f (n) (z0 ) 180◦ 1 arg +k· n n! n


265

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 266. oldal – 10. lap


i

valamely k egész sz´ amra. Teh´ at valóban, a z0 -beli érint˝ok z pontjaira adódó lehetsé◦ ges (z − z0 ) komplex sz´ amok sz¨ ogei köz¨ ul a szomszédosak k¨ ulönbsége mindig 180 . n Ezzel megmutattuk, hogy ha egy ekvioptikus görbe tartalmaz kétszeres szingul´ aris pontot, akkor a g¨ orbe ebben a pontban mer˝olegesen metszi önmagát. Feladatok Végezet¨ ul néh´ any gyakorl´ o feladat: 1. feladat. Adott egy egyenesen négy pont A, B, C, D sorrendben. Mi azon pontok mértani helye, melyekb˝ol az AB és CD szakaszok ugyanakkora szögben látszanak? 2. feladat. Az ABCD paralelogramma s´ıkjában fekv˝o E pontra teljes¨ ul, hogy AEB^ ≡ DEC^ (mod 180◦ ). a) Bizony´ıtsuk be, hogy BAE^ ≡ ECB^ (mod 180◦ ). b) Hat´ arozzuk meg az ilyen tulajdonság´ u E pontok halmazát. 3. feladat. Az ABC h´ aromszög A, B, C cs´ ucsaiból kiinduló bels˝o szögfelez˝ok a szemk¨ ozti oldalakat az E, F , G pontokban metszik. EF és CG metszéspontja P , EG és BF metszéspontja Q. Bizony´ıtsuk be, hogy BAQ^ = P AC^. 4. feladat (IMO 2014/3. nyom´ an). Adott egy ABCD deltoid, melynek AC a szimmetriatengelye, és egy P pont u ´gy, hogy a B, D pontok az AP C szögtartom´ anyban vannak, és AP D^ = BP C^. Bizony´ıtsuk be, hogy a P AB és P CB sz¨ ogek bels˝ o sz¨ ogfelez˝ oi a P B egyenesen metszik egymást. 5. feladat (Szimmedi´ an-lemma). Az ABC háromszög köré´ırt körének B és C-beli érint˝ oi E-ben metszik egymást. A háromszög A oldalához tartozó s´ ulyvonalat t¨ ukr¨ ozz¨ uk az A-b´ ol kiinduló bels˝o szögfelez˝ore (ezt h´ıvjuk szimmediánnak). Bizony´ıtsuk be, hogy E rajta van az ´ıgy kapott egyenesen. 6. feladat (K¨ oMaL, A. 632.). Legyen ABCD konvex négyszög. Az ABC h´ aromsz¨ ogben legyen I és J a be´ırt kör, illetve az A cs´ uccsal szemközti hozzá´ırt k¨ or k¨ ozéppontja. Az ACD háromszögben legyen K, illetve L a be´ırt, illetve az A cs´ uccsal szemk¨ ozti hozz´ a´ırt kör középpontja. Mutassuk meg, hogy az IL és JK egyenesek, valamint a BCD^ szögfelez˝oje egy ponton mennek át. K¨ osz¨ onetnyilv´ an´ıt´ as Szeretnék k¨ osz¨ onetet mondani Hraskó András tanár u ´rnak áldozatos munk´ ajáért, észrevételeiért, és mindennem˝ u támogatásáért. Köszönöm matematikatanáraimnak, Dobos S´ andor, Kiss Gergely, Gyenes Zoltán, Surányi László, Pósa Lajos tan´ ar uraknak az elm´ ult évek során ny´ ujtott kiemelked˝o munkájukat. Köszönetet mondok tov´ abb´ a minden m´ as ismer˝osömnek, akik biztatásukkal seg´ıtették e cikk létrej¨ ottét. 266


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 267. oldal – 11. lap


i

Hivatkoz´ asok [1] Haj´ os Gy¨ orgy, Bevezetés a geometri´ aba, 44. fejezet (projekt´ıv s´ık, kett˝ osviszony), Tank¨ onyvkiad´ o, 1971. [2] Horvay Katalin, Reiman Istv´ an, Projekt´ıv geometria, Tank¨ onyvkiad´ o, 1980. [3] Dobos S´ andor, Hrask´ o Andr´ as, Projekt´ıv geometria, fejezet a Matk¨ onyv, Geometria 11–12. évfolyam k¨ otetben, http://matkonyv.fazekas.hu/cache/pdf/vol_geometria_iii.pdf [4] Sz˝ okefalvi Nagy Béla, Komplex f¨ uggvénytan, Polygon jegyzet, 2009.

Feh´ er Zsombor Budapesti Fazekas M. Gyak. Gimn. 12. osztály, mat. tagozat [email protected]

Megold´ asv´ azlatok a 2015/4. sz. emelt szint˝ u gyakorl´ o feladataihoz I. r´ esz

1. Bizony´ıtsuk be, hogy lg 2 irracion´ alis.

(11 pont)

Megold´ as. Bizony´ıt´ asunk indirekt. Abb´ ol indulunk ki, hogy lg 2 pozit´ıv val´ os sz´ am. Ha lg 2 racion´ alis sz´ am volna, akkor fel´ırhat´ o lenne p/q alakban, ahol p és q pozit´ıv egész p

sz´ amok. A logaritmus fogalma alapj´ an ekkor 10 q = 2, mindkét oldalt q-adik hatv´ anyra emelve 10p = 2q . Mivel 10p oszthat´ o 5-tel, 2q viszont nem, ezért az egyenl˝ oség nem ´ allhat fenn. lg 2 teh´ at nem lehet racion´ alis, ami egy val´ os sz´ am esetében azt is jelenti, hogy irracion´ alis. 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 lév˝ o, az ´ abr´ an K-val jel¨ olt mez˝ or˝ ol a jobb als´ o sarokban lév˝ o, V-vel jel¨ olt mez˝ ore, ha b´ armely érintett mez˝ or˝ ol csak az alatta lév˝ o, vagy a jobb oldal´ an lév˝ o mez˝ ore léphet¨ unk? b) H´ any olyan u ´tvonal van ezek k¨ oz¨ ott, amely a kiindul´ o mez˝ ot˝ ol sz´ am´ıtott negyedik oszlop és negyedik sor keresztez˝ odésében lév˝ o, T-vel jel¨ olt mez˝ ot nem érinti? (12 pont)


267

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 268. oldal – 12. lap


i

Megold´ as. a) Az 1. ´ abra illusztr´ aci´ oképpen egy lehetséges u ´tvonalat mutat. Az u ´tvonalat le´ırhatjuk egy j (jobbra) és l (lefelé) bet˝ ukb˝ ol ´ all´ o jelsorozattal is: jljjljllljljlj. B´ armely u ´tvonal, amely a szab´ alyoknak megfelel, osszesen 14 lépésb˝ ol ´ all; ezek k¨ oz¨ ul 7 t¨ orténik jobbra és ¨ 7 lefelé. Annyi k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ou ´tvonal van, ah´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o jelsorozat, mivel a megfelelés k¨ olcs¨ on¨ osen egyértelm˝ u. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o u ´tvonalak sz´ ama az ismétléses per1. ´ abra

14!

ism mut´ aci´ ok szerint: P14(7;7) = 7!7! = 3432.

Ugyanerre az eredményre jutunk, ha a C14;7 =

(14) 7

kombin´ aci´ okat vessz¨ uk alapul.

b) A kérdés megv´ alaszol´ as´ ahoz kisz´ am´ıtjuk, hogy h´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ou ´tvonal halad ´ at a negyedik oszlop negyedik sor´ aban lév˝ o mez˝ on (T), és ezt a sz´ amot levonjuk az el˝ obb kapott 3432-b˝ ol.

(6 )

A kiindul´ o K mez˝ ob˝ ol ¨ osszesen 6 lépéssel jutunk( a)T mez˝ ore, és ez 3 = 20-féle8 képpen t¨ orténhet. Innen a V-vel jel¨ olt vég´ allom´ asra 4 = 70-féleképpen juthatunk el. Az els˝ ou ´tszakasz b´ armelyikéhez a m´ asodik b´ armelyike p´ aros´ıthat´ o, ezért 20 · 70 = 1400 u ´tvonal érinti a T mez˝ ot. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy 3432 − 1400 = 2032 viszont nem érinti. 3. a) Bizony´ıtsuk be, hogy ha az (an ) végtelen sz´ amtani sorozat elemei természetes sz´ amok és ezek k¨ oz¨ ott van k¨ obsz´ am, akkor a sorozatnak végtelen sok k¨ obsz´ am eleme van. b) Ha péld´ aul a sorozatban szerepel a 125, és a sorozat differenci´ aja 3, akkor lehet-e 125-nél kisebb k¨ obsz´ am a sorozatban? (10 + 4 pont) Megold´ as. a) Legyen a sorozat k¨ obsz´ am eleme ak = c3 (c > 0 egész sz´ am) és d a sorozat differenci´ aja. Ezek ismeretében kisz´ am´ıthatjuk ( ) c3 + 3c2 + 3cd + d2 d értékét. Nyilv´ anval´ o, hogy ez sorozatunk eleme, és ez is k¨ obsz´ am, mégpedig (c + d)3 . K¨ onnyen l´ athat´ o ugyanilyen alapon, hogy (c + 2d)3 , (c + 3d)3 , . . . szintén elemei a sorozatnak. b) 125-nél kisebb nem negat´ıv k¨ obsz´ amok a 0, 1, 8, 27 és 64. Mivel a sorozat differnci´ aja 3, ezek k¨ oz¨ ul csak azok j¨ ohetnek sz´ oba, amelyeknek 125-t˝ ol val´ o eltérése oszthat´ o 3-mal. Ebb˝ ol a szempontb´ ol csak a 8 felel meg. M´ armost ha teljes¨ ul, hogy a sorozat kezd˝ o eleme a1 6 8, akkor van a sorozatnak 125-nél kisebb k¨ obsz´ am eleme, egyébként nincs. 4. B´ utorok hegyes sarkai sér¨ ulést okozhatnak. K¨ ul¨ on¨ osen kisgyermekekre jelentenek ´ veszélyt egy asztal sarkai. Eppen ezért az 1 m × 1 m-es asztalunk lapj´ at lekerek´ıtett¨ uk az asztallap s´ıkj´ ara mer˝ olegesen tartott f˝ urésszel olyan k¨ or´ıvek mentén, amelyek k¨ ozéppontja egybeesik a négyzet alak´ u fel¨ ulet k¨ ozéppontj´ aval. A négy oldalél mindegyikéb˝ 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)

268


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 269. oldal – 13. lap


i

Megold´ as. Osszuk az asztallapot négy egybev´ ag´ o részre a k¨ ozépvonalak mentén. A négy negyed egyikét a 2. ´ abra mutatja. Az ´ abr´ azolt fel¨ ulet két deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogb˝ ol és egy r sugar´ u k¨ orcikkb˝ ol ´ all. A h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulete egy¨ uttvéve 0,2 m2 . A k¨ orcikk k¨ ozépponti sz¨ oge β = 90◦ − 2α, ahol tg α = 0,8. Innen a sz¨ ogek két tizedesjegy pontoss´ aggal: α = 38,66◦

és

β = 12,68◦ . 2. ´ abra

A k¨ orcikk ter¨ ulete πr2 ·

◦ β 2 12,68 2 ◦ = π · 0,41 m · ◦ ≈ 0,045 368 m , 360 360

( ) mivel r2 = 0,52 + 0,42 m2 = 0,41 m2 . Az asztallap t¨ omege ar´ anyos ter¨ uletének nagys´ ag´ aval, amely eredetileg 1 m2 volt 2 2 és 4 · (0,2 + 0,0453 68) m = 0,981 47 m lett, a kérdéses t¨ omeg ezért 7 kg · 0,981 47 = = 6,870 kg.

II. r´ esz 5. Egy dob´ okock´ aval kétszer dobunk. a) H´ any elemi esemény alkotja az eseményteret? b) Mekkora annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy a dobott sz´ amok ¨ osszege legal´ abb 9? c) Mekkora annak a feltételes val´ osz´ın˝ usége, hogy a dobott sz´ amok ¨ osszege legal´ abb 9, ha az els˝ o dobott sz´ am legal´ abb 5? d) Mekkora annak a feltételes val´ osz´ın˝ usége, hogy a dobott sz´ amok o abb 9, ¨sszege legal´ ha az els˝ o dobott sz´ am legfeljebb 4? (2 + 4 + 5 + 5 pont) Megold´ as. a) Az eseményteret 36 elemi esemény alkotja, amelyet egy 6 × 6os t´ abl´ azattal szemléltet¨ unk (3. ´ abra). Ez a tov´ abbi kérdések megv´ alaszol´ as´ ahoz is hasznos lesz. b) A klasszikus val´ osz´ın˝ uség szerint k P = n (a kedvez˝ o esetek sz´ ama osztva a lehetséges esetek sz´ am´ aval). Jel¨ olje A azt az eseményt, hogy a dobott sz´ amok ¨ osszege legal´ abb 9. A kedvez˝ o esetek sz´ ama k = 10 10 ˙ = 0,277. és P (A) =

3. ´ abra

36

c) Az A esemény feltételes val´ osz´ın˝ usége a B eseményre mint feltételre vonatkoz´ oan: P (AB) P (A|B) = P (B) . B1 jel¨ olje azt az eseményt, hogy az els˝ o dobott sz´ am legal´ abb 5. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

269

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 270. oldal – 14. lap


i

1

P (B1 ) = 3 . Az AB1 esemény az A és a B1 halmaz k¨ oz¨ os része 7 elemi eseményt tartalmaz. 7 P (AB1 ) = 36 , 7

7 ˙ = = 0,583. P (A|B1 ) = 36 1 12 3

2

d) Jel¨ olje B2 azt az eseményt, hogy az els˝ o dobott sz´ am legfeljebb 4. P (B2 ) = 3 . Az AB2 eseményt 3 elemi esemény alkotja. P (AB2 ) =

1 3 = 36 12

1

és

1 P (A|B2 ) = 12 = = 0,125. 2 8 3

A P (A), P (A|B1 ) és P (A|B2 ) val´ osz´ın˝ uségeket ¨ osszehasonl´ıtva meg´ allap´ıthat´ o, hogy a feltételként szerepl˝ o esemény a val´ osz´ın˝ uségeket jelent˝ osen befoly´ asolhatja kedvez˝ o vagy kedvez˝ otlen ir´ anyban is. Megjegyezz¨ uk, hogy a feltételes val´ osz´ın˝ uség meghat´ aroz´ as´ an´ al a feltétel¨ ul szabott esemény tulajdonképpen a biztos esemény szerepét veszi ´ at. Péld´ aul a d) pontban vizsg´ alt esetben u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy B2 24 elemi eseményb˝ ol ´ all´ o eseménytér, amelyen bel¨ ul 3 1 a kedvez˝ o esetek sz´ ama 3, a val´ osz´ın˝ uség pedig 24 = 8 . 6. Az f (x) = x3 + ax2 + 2x f¨ uggvényr˝ ol tudjuk, hogy inflexi´ os érint˝ oje p´ arhuzamos az x + y = 0 egyenlet˝ u egyenessel. Hat´ arozzuk meg az a egy¨ utthat´ o értékét. Igazoljuk, hogy a f¨ uggvény inflexi´ os pontja az x-tengelyen van. (16 pont) Megold´ as. Az f (x) f¨ uggvény els˝ o deriv´ altja: f ′ (x) = 3x2 + 2ax + 2. Ez b´ armely helyen megadja az érint˝ o meredekségét. a

A m´ asodik deriv´ alt: f ′′ (x) = 6x + 2a. f ′′ (x) = 0, ha x0 = − 3 . Itt a f¨ uggvénynek inflexi´ os pontja van, mivel f ′′ (x) x0 -n´ al el˝ ojelet v´ alt (negat´ıvb´ ol pozit´ıvba). Az inflexi´ os érint˝ o meredeksége az x + y = 0 egyenlet˝ u egyenessel val´ o p´ arhuzamoss´ ag folyt´ an −1. Teh´ at a2 a2 f ′ (x0 ) = 3 · −2· + 2 = −1, 9 3 innen a2 = 9, vagyis a1 = 3, a2 = −3. Ha a1 = 3, akkor x01 = −1 és f (x01 ) = 0. Ha pedig a2 = −3, akkor x02 = 1 és f (x02 ) szintén egyenl˝ o 0-val, teh´ at az inflexi´ os pont mindkét esetben az x-tengelyen van. 7. Bizony´ıtsuk be, hogy

√

sin x +

√

cos x 6

√ 4

8,

π

ha 0 6 x 6 2 .

(16 pont)

Megold´ as. Mivel a bizony´ıtand´ o egyenl˝ otlenség mindkét oldal´ an pozit´ıv mennyiségek ´ allnak, ezek négyzetei k¨ oz¨ ott fenn´ all´ o rel´ aci´ o az eredeti egyenl˝ otlenségre is igaz. Teh´ at elég azt bizony´ıtani, hogy ( √ √ π) sin x + cos x + 2 sin x · cos x 6 8 06x6 . 2 (1) sin x + cos x =

270

√

(sin x + cos x)2 =

√

sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x =

√

1 + sin 2x 6

√

2


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 271. oldal – 15. lap


i

és √ √ √ √ 2 sin x cos x = 2 sin 2x 6 2,

(2)

√ √ ezért a bal oldal 2 2-nél, vagyis 8-n´ al nem lehet nagyobb. 8. Szerkessz¨ unk deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget, ha adott a be´ırt és a k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének sugara. Mi a megoldhat´ os´ ag feltétele? (Elegend˝ o a szerkesztés menetét le´ırni.) (16 pont) Jel¨ olje ϱ a be´ırt, r pedig a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or sugar´ at. (A deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og oldalait a szok´ asos m´ odon jel¨ olj¨ uk.) A Thalész-tétel értelmében c = 2r. A be´ırt k¨ or sugar´ ara fenn´ all: c = a + b − 2ϱ. Ehhez azt kell l´ atni (4. ´ abra), hogy a deréksz¨ og cs´ ucs´ an´ al kialakul egy ϱ oldal´ u négyzet, tov´ abb´ a azt, hogy k¨ uls˝ o pontb´ ol egy k¨ orh¨ oz h´ uzott érint˝ oszakaszok egyenl˝ ok.

4. ´ abra

5. ´ abra

A fel´ırt ¨ osszef¨ uggésekb˝ ol 2(r + ϱ) = a + b. A feladat ezek ut´ an u ´gy is sz´ olhatna, hogy szerkessz¨ unk deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget, ha adott az ´ atfog´ oja és a két befog´ o ¨ osszege. Ehhez a 5. ´ abra ad seg´ıtséget. Az ABC deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og b befog´ oj´ anak meghosszabb´ıt´ as´ ara felmért¨ uk az a befog´ ot: AD = a + b. Mivel BCD egyenl˝ o sz´ ar´ u deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, a D-nél fekv˝ o sz¨ oge 45◦ . Ezek alapj´ an a szerkesztés menete a k¨ ovetkez˝ o. Egy 45◦ -os sz¨ og egyik sz´ ar´ ara a D cs´ ucsb´ ol kiindulva felmérj¨ uk az a + b hossz´ us´ ag´ u szakaszt: ´ıgy kapjuk az A pontot. A m´ asik sz´ arb´ ol kimetssz¨ uk azt a B pontot, amely az A pontt´ ol c = 2r t´ avols´ agra van. Mivel az ABD h´ aromsz¨ og megszerkesztéséhez két oldal és a kisebbikkel szemk¨ ozti sz¨ og ´ all rendelkezésre (nem egybev´ ag´ os´ agi alapeset), ´ altal´ aban két megfelel˝ o cs´ ucspont, B1 és B2 ad´ odik (6. ´ abra.)

6. ´ abra

A megszerkeszteni k´ıv´ ant ABC deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og C cs´ ucs´ at a B1 , illetve a B2 pontb´ ol az AD szakaszra bocs´ atott mer˝ olegesek C1 , illetve C2 talppontja adja. Hab´ ar két h´ aromsz¨ oget kaptunk, a megold´ as egyértelm˝ u, mivel az AB1 C1 és AB2 C2 h´ aromsz¨ o-


271

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 272. oldal – 16. lap


i

gek egybev´ ag´ oak. Ezt az ´ atfog´ ok és az α-val jel¨ olt hegyessz¨ ogek egyenl˝ osége biztos´ıtja. (Az α sz¨ og az AB2 C2 h´ aromsz¨ ogben a B2 cs´ ucsn´ al fekszik.) √ Abban az esetben, ha c 2 = a + b, akkor B1 és B2 egybeesik: az ABC h´ aromsz¨ og egyenl˝ o sz´ ar´ u. √ Ha c 2 < a + b, akkor nincs megold´ as. √ (√ ) M´ as sz´ oval a megoldhat´ os´ ag feltétele: 2r 2 > 2(r + ϱ), vagyis ϱ 6 r 2 − 1 . 9. Egy harckocsiz´ o alakulatn´ al szolg´ al´ o férfiak 40 f˝ os csoportj´ aban a testmagass´ ag (xi ) és 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 mért testt¨ omeget a m-ben mért testmagass´ ag négyzetével elosztjuk, akkor az u ´gynevezett testt¨ omeg-indexet kapjuk. A katonaorvos egy bizonyos egész sz´ amn´ al nagyobb testt¨ omeg-index esetén min˝ os´ıt valakit t´ uls´ ulyosnak. Mekkora ez az érték, ha az orvos szerint a sz´ obanforg´ o csoportban a t´ uls´ ulyosok ar´ anya 10%? b) Sz´ am´ıtsuk ki az x és y ´ atlagokat. Jel¨ olje u azoknak az (xi , yi ) értékp´ aroknak a sz´ am´ at, amelyeknél a két adat az ´ atlaghoz képest ugyanabban az ir´ anyban tér el, v pedig u−v azoknak a sz´ am´ at, ahol az eltérés ellentétes ir´ any´ u. Sz´ am´ıtsuk ki az u+v h´ anyadost. Mire k¨ ovetkeztethet¨ unk ebb˝ ol? (8 + 8 pont) Megold´ as. a) Azt a négy egyént kell megtal´ alnunk, akiknek a testt¨ omeg-indexe a 40 f˝ os alakulatban a legnagyobb. Ezek: xi 170 162 167 172

yi 88 77 80 84

Index 30,45 29,34 28,69 28,39

A k¨ ovetkez˝ o (168; 79) m´ ar csak 27,99. Természetesen ehhez nem sz¨ ukséges mind a negyven adatot kisz´ am´ıtani, de azért k¨ or¨ ultekint˝ oen kell elj´ arni.

272


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 273. oldal – 17. lap


i

Az orvos teh´ at 28-n´ al nagyobb testt¨ omeg-index esetén min˝ os´ıt valakit t´ uls´ ulyosnak. b) Az ´ atlagok: x=

6744 = 168, 6 cm, 40

y=

2794 = 69, 85 kg. 40

Az adatp´ arokat négy kateg´ ori´ aba sorolva:

u−v

6

A keresett h´ anyados: u+v = 40 = 0,15. Ez azt jelzi, hogy a testmagass´ ag és a test´ eke nyilv´ t¨ omeg k¨ oz¨ ott milyen szoros a kapcsolat. Ert´ an +1 és −1 k¨ oz¨ ott mozoghat. Ha xi és yi minden esetben ugyanabba az ir´ anyba térne el az ´ atlagt´ ol, akkor +1, ha pedig minden esetben ellentétes ir´ any´ u lenne az eltérés, akkor −1 volna az értéke. Ezek nagyon er˝ os ¨ osszef¨ uggést jelentenének. Ha viszont a h´ anyados 0, akkor a két jellemz˝ o egym´ ast´ ol f¨ uggetlennek tekinthet˝ o. Eset¨ unkben a 0,15-os érték azt mutatja, hogy a testmagass´ ag és testt¨ omeg k¨ oz¨ ott meglep˝ oen gyenge a kapcsolat, b´ ar igaz, hogy az ´ atlagosn´ al magasabb egyének k¨ orében az ´ atlagosn´ al nagyobb t¨ omeg˝ uek felé billen a mérleg. Lor´ ant L´ aszl´ o Budapest

Helyesb´ıt´ es A 2015/2. sz. emelt szint˝ u gyakorl´ o feladatsor 4. feladat´ aban a bizony´ıtand´ o´ all´ıt´ as helyesen ´ıgy hangzik: Bizony´ıtsuk be, hogy a be´ırt k¨ or sz´ arakon lév˝ o két érintési pontja és a sz´ arak k¨ oz¨ os végpontja h´ arom egyenl˝ o részre osztja a h´ aromsz¨ og ker¨ uletét. A megold´ as utols´ o mondata pedig helyesen: Mivel AT = AU = x, az A, T és U pontok val´ oban harmadolj´ ak a h´ aromsz¨ og ker¨ uletét. A hib´ aért elnézést kér¨ unk. (A szerk.)


273

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 274. oldal – 18. lap


i

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4539. Az ABC h´ aromsz¨ og s´ ulypontja S, k¨ oré´ırt k¨ orének k¨ ozéppontja K. A BCS, CAS és ABS h´ aromsz¨ ogek k¨ oré ´ırt k¨ or¨ ok k¨ ozéppontjai P , Q és R. Bizony´ıtsuk be, hogy a P QR h´ aromsz¨ og s´ ulypontja K. (5 pont)

Javasolta: S´ arosdi Zsombor (Veresegyház)

Megold´ as. A P QR h´ aromszög oldalai az SA, SB, SC szakaszok felez˝omer˝ olegesei. Elegend˝ o megmutatni, hogy az ABC háromszög oldalfelez˝o mer˝olegesei a P QR h´ aromsz¨ og s´ ulyvonalai, hiszen ekkor a három egyenes közös K pontja a P QR h´ aromsz¨ og s´ ulypontja lesz. Ezt szimmetria okok miatt elég egy felez˝omer˝olegesre bizony´ıtani.

Jel¨ olje az oldalak felez˝ opontjait az ´ abra szerint A0 , B0 és C0 , valamint P Qnak és AB felez˝ omer˝ olegesének metszéspontját T . Ha megmutatjuk, hogy T felezi a PQ szakaszt, akkor bebizony´ıtottuk az áll´ıtást. Vet´ıts¨ uk a P Q szakaszt mer˝olegesen AB-re, P és Q képe legyen rendre E, illetve D. T képe nyilván C0 , amivel AB felez˝ opontj´ at jel¨ olt¨ uk. Amennyiben T felez˝opont, C0 felezi ED-t is, amib˝ol AD = EB. Megford´ıtva: ha ez igaz, a feladat áll´ıtása is igaz. 274


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 275. oldal – 19. lap


i

A CS egyenes az ACS és BCS háromszögek köré ´ırt körök közös h´ urja, vagyis hatv´ anyvonala. Emiatt C0 -nak a két körre vonatkozó hatványa ugyanakkora, vagyis a k¨ or¨ ok AB-vel vett m´ asodik metszéspontját G-vel és F -el jelölve: C0 F · C0 A = C0 G · C0 B. Mivel C0 A = C0 B ̸= 0, leoszthatunk vele. Azt kapjuk, hogy C0 F = C0 G. Mivel C0 felez˝ opont, ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy AF = BG. AF és BG rendre az ACS, illetve BCS k¨ or¨ ok h´ urjai, ´ıgy a D és E pontok felezik ˝oket (mivel középpontból h´ urra bocsátott mer˝ olegesek talppontjai). Tehát az AF = BG egyenl˝oséget kett˝ovel osztva kapjuk, hogy AD = EB. Ezzel pedig bebizony´ıtottuk az áll´ıtást. S´ arosdi Zsombor (Budapest, Németh László Gimn., 11. évf.) 27 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 22 versenyz˝ o: Badacsonyi Istv´ an Andr´ as, Balogh Tam´ as, Bereczki Zolt´ an, Bingler Arnold, Bog´ ar Blanka, Di Giovanni M´ ark, Dinev Georgi, Emri Tam´ as, Fony´ o Vikt´ oria, Forr´ as Bence, Janzer Barnab´ as, Janzer Olivér, Maga Bal´ azs, Makk L´ aszl´ o, Petrényi M´ ark, S´ andor Kriszti´ an, S´ arosdi Zsombor, Simk´ o Irén, Somogyv´ ari Krist´ of, Szab´ o T´ımea, Tossenberger Tam´ as, Venczel T¨ unde. 4 pontos 1, 3 pontos 1, 1 pontos 1, 0 pontos 2 dolgozat.

B. 4548. Adott az ABC egységnyi befog´ oj´ u, egyenl˝ o sz´ ar´ u deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, valamint az AB oldalon az A1 , a BC oldalon a B1 és a CA ´ atfog´ on a C1 pont. Minim´ alisan mekkora lehet az A1 B1 t´ avols´ ag, ha az ABC és az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ ogek hasonl´ ok? (4 pont)

Kvant

Megold´ as. Az A1 B1 C1 h´ aromszög derékszög˝ u cs´ ucsa vagy valamelyik befogón vagy az átfog´ on van. I. eset: a deréksz¨ og˝ u cs´ ucs az átfogón található. Ekkor az A1 BB1 C1 négyszög h´ urnégysz¨ og, mivel szemk¨ ozti szögeinek összege 180◦ (1. ´ abra).

1. ´ abra

2. ´ abra

Az azonos h´ urhoz tartoz´ o ker¨ uleti szögek egyenl˝ok, ´ıgy A1 BC1 ^ = A1 B1 C1 ^ = = 45◦ , teh´ at az ABC^-et a BC1 szakasz felezi. Mivel az ABC háromszög egyenl˝o K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

275

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 276. oldal – 20. lap


i

szár´ u, ezért ez a sz¨ ogfelez˝ o egyben oldalfelez˝o is, és ´ıgy a C1 pont az AC szakasz felez˝ opontj´ aban tal´ alhat´ o (2. ´ abra). Legyen a B1 pont a BC, az A1 pont pedig az AB oldal felez˝opontja. Ekkor az A1 B1 C1 és az ABC h´ aromsz¨ ozötti hasonlósági arány 1:2. Mivel BC = 1, √og k¨ √ ezért AC = 2 és ´ıgy A1 B1 = 22 . Tekints¨ unk egy m´ asik, C1 cs´ ucs´ u, egyenl˝o szár´ u derékszög˝ u háromszöget. Mivel C1 B1 ⊥ BC, ezért ilyet csak u ´gy kapunk, ha egy C1 középpont´ u, r > C1 B1 sugar´ u k¨ orrel metssz¨ uk el az ABC h´ aromszög befogóit. A kapott háromszög befogója ´ıgy nagyobb lesz, mint C1 B1 , és ´ıgy nyilván az átfogója is nagyobb lesz, mint az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ ogé: F H > A1 B1 . √

Teh´ at ebben az esetben A1 B1 minimuma

2 . 2

II. eset: a deréksz¨ og˝ u cs´ ucs az egyik befogón található. √ Legyen A1 B1 = x és B1 C = y. Ekkor A1 C1 = x 2. Jel¨ olje a CB1 C1 sz¨ oget α. Ekkor CC1 B1 ^ = 180◦ − 45◦ − α = 135◦ − α. Eb◦ b˝ ol AC1 A1 ^ = 180 − CC1 B1 ^ − B1 C1 A1 ^ = α és ´ıgy AA1 C1 ^ = 135◦ − α. Tehát a B1 CC1 △ és a C1 AA1 △ a sz¨ ogei egyenl˝oek, ezért a két háromszög hasonló. Így √ AC1 x 2 = , y x

√ abra). amib˝ ol AC1 = y 2 (3. ´

3. ´ abra

√ √BC = 1, ezért egyrészt BB √ 1 = 1 − y, másrészt AC √= √ Mivel (√ 2, és√ebb˝ ) ol CC1 = = 2 − y 2. Tudjuk, hogy AA1 = 2CC1 , amib˝ol AA1 = 2 2 − y 2 = 2 − 2y, és ´ıgy A1 B = 1 − (2 − 2y) = 2y − 1. Az A1 BB1 h´ aromsz¨ ogben fel´ırhatjuk a Pitagorasz-tételt: 2

2

(2y − 1) + (1 − y) = x2 , 276

vagyis 5y 2 − 6y + 2 = x2 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 277. oldal – 21. lap


i

L´ athat´ o, hogy x-nek pontosan akkor van minimuma, amikor az 5y 2 − 6y + 2 kifejezésnek (ha a kifejezés értéke ott pozit´ıv). Ennek a másodfok´ u f¨ uggvénynek b 3 a minimumhelye y = − 2a = − −6 = -ben van, ekkor 2·5 5 √ A 1 B1 = x =

√ √ ( )2 5 2 3 3 5· −6· +2= < . 5 5 5 2 √

Teh´ at az A1 B1 t´ avols´ ag minim´ alisan

5 5

lehet.

Emri Tam´ as (Budapest, Városmajori Gimn., 11. évf.) megoldása alapján 44 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott 24 versenyz˝ o: Balogh Menyhért, Baran Zsuzsanna, Bingler Arnold, Csépai Andr´ as, Emri Tam´ as, Fekete Panna, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Barnab´ as, Janzer Olivér, Katona D´ aniel, Khayouti S´ ara, Kov´ acs M´ arton, Makk L´ aszl´ o, Mez˝ osi M´ até, M´ ocsy Mikl´ os, Nagy Gergely, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Pap Tibor, ´ am, Sal Krist´ Sagmeister Ad´ of, Simk´ o Irén, Somogyv´ ari Krist´ of, Talyig´ as Gergely, Vet˝ o B´ alint. 3 pontos 7, 2 pontos 7, 1 pontos 5, 0 pontos 1 dolgozat.

B. 4642. Adott a s´ıkban ¨ ot pont u ´gy, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk semelyik h´ arom nincs egy egyenesen. Bizony´ıtsuk be, hogy az ´ altaluk meghat´ arozott h´ aromsz¨ ogek k¨ oz¨ ul legfeljebb hét hegyessz¨ og˝ u. (4 pont)

(5)

Megold´ as. V´ alasszunk ki a pontok köz¨ ul négyet. Ezt 4 = 5-féleképpen tehetj¨ uk meg. A kiválasztott pontok (amiket jelöljön A, B, C és D) vagy egy konvex-, vagy egy konk´ av négysz¨ og cs´ ucsait adják meg. B´ armely négysz¨ ogben a bels˝o sz¨ ogek összege 360◦ . Ha a négyszög konvex, 360◦ ucsnál van (1. ´ abra), akkor legnagyobb sz¨ oge legal´ abb 4 = 90◦ . Ha ez pl. a B cs´ akkor az ¨ ot pont által meghatározott háromszögek köz¨ ul az ABC biztosan nem hegyessz¨ og˝ u. Ha a négysz¨ og konkáv, akkor feltehetj¨ uk, hogy a B-nél lév˝o bels˝o sz¨ oge nagyobb mint 180◦ (2. ´ abra). Ezt a szöget a BD átló két részre osztja, ha ezek k¨ oz¨ ul pl. az ABD^ a nagyobb, akkor az ABD háromszög tompaszög˝ u.

1. ´ abra K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

2. ´ abra

277

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 278. oldal – 22. lap


i

(4)

Teh´ at bármely négy pontot is választjuk, az általuk meghatározott 3 = 4 h´ aromsz¨ og k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik nem hegyesszög˝ u. Az öt kiválasztás köz¨ ul bármelyik ponth´ armas pontosan kett˝oben szerepel egy¨ utt (az A, B, C hármashoz vagy D-t, vagy az ¨ ot¨ odik, E pontot választhatjuk negyediknek), tehát egy adott nem hegyessz¨ og˝ u háromsz¨ oget legfeljebb két választásnál számolunk. Vagyis az öt pont által meghat´ arozott nem hegyesszög˝ u háromszögek száma legalább 5/2 = 2,5. De mivel ez a sz´ am nyilv´ an egész, ebb˝ol az is következik, hogy legalább 3. Teh´ at az ¨ ot pont által meghatározott 10 háromszög között legfeljebb 10 − 3 = 7 hegyessz¨ og˝ u van. Varga-Umbrich Eszter (Pápa, Pápai Ref. Koll. Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján 172 dolgozat érkezett. 4 pontos 95, 3 pontos 24, 2 pontos 21, 1 pontos 16, 0 pontos 16 dolgozat.

B. 4652. Egy h´ aromsz¨ og sz¨ ogei α, β és γ. Mekkor´ ak annak a h´ aromsz¨ ognek a sz¨ ogei, amelyet a k¨ or¨ ul´ırt k¨ orh¨ oz a cs´ ucsokban h´ uzott érint˝ ok alkotnak? (3 pont) Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a h´ aromszög cs´ ucsait a szokásos módon A, B, C-vel. Ha a h´ aromsz¨ og deréksz¨ og˝ u, pl. γ = 90◦ , akkor AB a kör¨ ul´ırt kör átmér˝oje, ezért a kör¨ ul´ırt k¨ orh¨ oz az A-ban és B-ben h´ uzott érint˝ok párhuzamosak (1. ´ abra), tehát ebben az esetben az érint˝ ok nem alkotnak háromszöget. A továbbiakban feltessz¨ uk, hogy az ABC h´ aromsz¨ og nem derékszög˝ u. Legyenek a kör¨ ul´ırt körhöz a cs´ ucsokban h´ uzott érint˝ ok által alkotott háromszög cs´ ucsai A′ , B ′ és C ′ , a kör¨ ul´ırt kör k¨ ozéppontja pedig K. A ker¨ uleti és középponti szögek közti összef¨ uggés alapján a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or A-t nem tartalmazó BC ´ıvéhez tartozó középponti szög 2α, a B-t nem tartalmaz´ o CA ´ıvéhez tartozó középponti szög 2β, a C-t nem tartalmaz´ o AB ´ıvéhez tartoz´ o k¨ ozépponti szög pedig 2γ. A kör érint˝oje mer˝oleges az érintési pontba h´ uzott sug´ arra, ezért KA ⊥ B ′ C ′ , KB ⊥ C ′ A′ és KC ⊥ A′ B ′ . A továbbiakban megk¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk a hegyesszög˝ u és a tompaszög˝ u háromszög esetét.

1. ´ abra

2. ´ abra

Ha ABC hegyessz¨ og˝ u (2. ´ abra), akkor a kör¨ ul´ırt köre az A′ B ′ C ′ háromszögnek ′ ′ ′ be´ırt k¨ ore. A KAC B, KBA C és KCB A négyszögek h´ urnégyszögek, mert két278


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 279. oldal – 23. lap

két szemk¨ ozti sz¨ og¨ uk deréksz¨ og. A keresett szögek éppen ezen h´ urnégysz¨ ogek K-val szemközti szögei. B´ armely h´ urnégysz¨ ogben a szemközti szögek összege 180◦ , ezért ebben az esetben az A′ B ′ C ′ háromszög sz¨ ogei 180◦ − 2α, 180◦ − 2β és 180◦ − 2γ. Ha ABC tompasz¨ og˝ u, akkor feltehetj¨ uk, hogy α > 90◦ (3. ´ abra). Ekkor az ABC háromszög kör¨ ul´ırt k¨ ore az A′ B ′ C ′ h´ aromsz¨ ognek a B ′ C ′ oldal´ ahoz hozz´ a´ırt k¨ ore. Ebben az esetben a KAC ′ B, KAB ′ C ′ és KCA B négysz¨ ogek h´ urnégyszögek, mert két-két szemk¨ ozti sz¨ og¨ uk deréksz¨ og. A keresett szögek most a KCA′ B h´ urnégysz¨ og K-val szemközti szöge, valamint a KAB ′ C és KAC ′ B h´ urnégyszögek K-val szemk¨ ozti cs´ ucsn´ al lév˝ o k¨ uls˝ o szögei. Bármely h´ urnégysz¨ ogben a szemk¨ ozti cs´ ucsnál lév˝o k¨ uls˝o szög megegyezik az eredeti cs´ ucsn´ al lév˝o bels˝o szöggel, ezért ebben az esetben az A′ B ′ C ′ háromszög szögei 180◦ − (360◦ − 2α) = 2α − 180◦ , 2γ és 2β.


i

3. ´ abra

Kosztol´ anyi Kata (Szeged, Radnóti M. K´ıs. Gimn., 10. évf.) dolgozatát felhasználva Megjegyzés. Nagyon sok megold´ o (t¨ obb, mint 60%) elfelejtkezett a nem hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek vizsg´ alat´ ar´ ol. Pedig illett volna gyan´ ut fogniuk akkor, amikor le´ırt´ ak, hogy a keresett sz¨ og pl. 180◦ − 2α, ami ugye 90◦ < α, azaz tompasz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og esetén negat´ıv. 269 dolgozat érkezett. 3 pontos 86, 2 pontos 152, 1 pontos 21, 0 pontos 9 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 1 dolgozat.

B. 4656. Mutassuk meg, hogy b´ armely négyoldal´ u konvex testsz¨ ogletnek létezik paralelogramma alak´ u s´ıkmetszete. (4 pont) I. megold´ as. K¨ ozépiskolában rendszeresen el˝oforduló feladat a következ˝o: konvex sz¨ ogtartom´ any tetsz˝ oleges P bels˝o pontján kereszt¨ ul h´ uzható olyan egyenes, amelynek sz¨ ogsz´ arak k¨ ozé es˝ o szakaszát az adott P pont felezi. A megoldáshoz k¨ ozéppontosan t¨ ukr¨ ozni kell az egyik szögszárat az adott P pontra. A konvexitás miatt a t¨ ukr¨ oz¨ ott félegyenes metszi a másik szögszárat. Ez a pont lesz az egyik szakaszvégpont. Ezt a pontot a P -vel összekötve kapjuk a megfelel˝o egyenest. Az el˝ obbi eredmény felhasználásával tekints¨ uk a négyoldal´ u konvex térszöglet két-két szemben lév˝ o félegyenese által meghatározott szögtartományokat, továbbá ezek metszetét, ami egy félegyenes. Ezt követ˝oen vegy¨ unk ennek a metszésvonalnak a tartom´ anyba es˝ o félegyenesén egy tetsz˝oleges K pontot, amely a paralelogramma k¨ ozéppontja lesz. Most haszn´ aljuk fel az el˝obb idézett feladat eredményét, hogy konvex sz¨ ogtartom´ anyban bármely ponthoz lehet u ´gy egy szakasz h´ uzni, hogy a szakasz végpontjai a sz´ arakon vannak, s a szakasz felez˝opontja az adott pont. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

279

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 280. oldal – 24. lap


i

Ezt végezz¨ uk el a K ponttal és a két szögtartománnyal. Így keletkezik négy olyan pont, ami két metsz˝ o egyenesen helyezkedik el, tehát egy s´ıkban van, és a négyszög átl´ oi felezik is egym´ ast, teh´ at valóban egy paralelogrammát kapunk. ´ Isk. és Gimn., 11. évf.) Nagy Kartal (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapján II. megold´ as. Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges konvex testszögletet. Legyen a cs´ ucsa P . Induljanak P -b˝ ol az ⃗a, ⃗b, ⃗c, d⃗ egységvektorok, melyek rendre a P -b˝ol induló élekre illeszkednek, k¨ or¨ ulj´ ar´ asuk egyik sorrendjében. Legyen α tetsz˝ oleges pozit´ıv valós szám. Ismert, hogy a tér bármely vektora (egyértelm˝ uen) el˝o´ all´ıthat´ o h´ arom nem komplanáris vektor lineáris kombinációja⃗ ⃗ ként. A b, d és −⃗c vektorok nem komplanárisak, ´ıgy léteznek olyan β, γ és δ valós sz´ amok, hogy α⃗a = β⃗b + δ d⃗ + γ(−⃗c). Ekkor γ⃗c − δ d⃗ = β⃗b − α⃗a. Az egyenlet két oldal´ an lév˝ o vektorok p´ arhuzamosak egymással, hiszen egyenl˝oek, valamint kezd˝o és végpontjaik a négy élen” vannak (β, γ és δ pozit´ıvak, hiszen a konvexitás miatt ” α⃗a végpontja a ⃗b, d⃗ és −⃗c vektorok által kifesz´ıtett térrészben van), ´ıgy a rájuk illeszked˝ o s´ık paralelogramm´ at metsz ki a testszögletb˝ol. K´ atay Tam´ as (Debreceni Fazekas Mihály Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján 64 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott 48, 3 pontot 2 versenyz˝ o. 2 pontos 2, 1 pontos 5, 0 pontos 6 tanul´ o dolgozata. Nem értékelt¨ unk 1 dolgozatot.

B. 4657. Egy h´ aromsz¨ og be´ o) rének a sugara r, a k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének sugara √ o k¨ (ırhat´ pedig R. Tegy¨ uk f¨ ol, hogy R < r 2 + 1 . K¨ ovetkezik-e a feltételb˝ ol, hogy a h´ aromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u? (5 pont)

Javasolta: K´ asp´ ari Tam´ as (Paks)

I. megold´ as. Induljunk ki a feltételb˝ol és alak´ıtsuk át, majd ismét használjuk fel az eredeti feltételt. Így kapjuk, hogy: (√ ) (√ ) R < r 2 + 1 , R2 < Rr 2 + 1 , (√ ) (√ ) (√ ) R2 − 2Rr < Rr 2 − 1 < r 2 + 1 · r 2 − 1 = r2 . Euler tétele szerint, ha d jelöli a háromszög be´ırható köre és kör¨ ul´ırt köre középpontjának a távolságát, akkor d2 = R2 − 2Rr. Feltétel¨ unkb˝ol tehát d2 < r2 , azaz d < r következik. A két kör középpontjának a távolsága kisebb, mint a be´ırt kör sugara, ezért a kör¨ ul´ırt kör középpontja a be´ırt kör belsejében, s ´ıgy a háromszög belsejében van. Viszont egy há-

280


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 281. oldal – 25. lap


i

romsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének k¨ ozéppontja pontosan (√ akkor) van a háromszög belsejében, ha a háromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u. Tehát a R < r 2 + 1 feltételb˝ol következik, hogy a h´ aromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u. Telek M´ até L´ aszl´ o (Salgótarján, Táncsics M. Közg. és Ker. Szki., 12. évf.) dolgozata alapján II. megold´ as. Megmutatjuk, hogy ha egy háromszögben teljes¨ ul az eredeti feltétel átalak´ıt´ as´ aval kapott, azzal ekvivalens √ 1 r +1> √ +1= 2 R 2+1 egyenl˝ otlenség, akkor a h´ aromszög hegyesszög˝ u. Jel¨ olje a h´ aromsz¨ og sz¨ ogeit α, β és γ. Tudjuk, hogy r + 1 = cos α + cos β + cos γ R (ennek bizony´ıt´ asát lásd a megoldás utáni megjegyzésben). Ezért elég azt megmutatnunk, hogy ha a h´ aromsz¨ og nem hegyesszög˝ u, akkor √ cos α + cos β + cos γ 6 2. Feltehetj¨ uk, hogy γ a legnagyobb szög. Ekkor γ > 90◦ , és ezért α + β 6 90◦ , továbbá cos γ = − cos(α + β). Teh´ at azt kell belátnunk, hogy cos α + cos β − cos(α + β) 6

√ 2.

A koszinuszok ¨ osszegére vonatkozó képletet alkalmazva, felhasználva, hogy α−β 0 < cos 2 6 1, vég¨ ul pedig a kétszeres szög koszinuszának képletét használva kapjuk, hogy cos α + cos β − cos(α + β) = 2 cos 6 2 cos

α+β α−β cos − cos(α + β) 2 2 α+β α+β − 2 cos2 + 1. 2 2

α+β

Bevezetve a δ = 2√ jel¨ olést azt kell tehát megmutatnunk, hogy ha 0◦ 6 δ 6 6 45◦ , azaz 1 > cos δ > 2/2, akkor 2 cos δ − 2 cos2 δ + 1 6

√ 2.

Ez rendezés és teljes négyzetté kiegész´ıtés után ekvivalens a 06

√ ( )2 1 2 2−3 cos δ − + 2 4


281

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 282. oldal – 26. lap


i

egyenl˝ otlenséggel. √ A cos δ-ra vonatkozó feltétel miatt itt a jobb oldal akkor a legkisebb, ha cos δ = 2/2, s értéke ekkor 0. Vagyis az egyenl˝otlenség mindig fennáll, ami bizony´ıtja áll´ıt´ asunkat. Megjegyzés. Ha a h´ aromsz¨ og oldalait a szok´ asos m´ odon a, b és c, ker¨ uletét 2s, ter¨ uletét T

abc

pedig T jel¨ oli, akkor az ismert r = s és R = 4T ¨ osszef¨ uggéseket és Héron képletét felhaszn´ alva kapjuk, hogy (−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) + 2abc 4T 2 r +1= +1= . R sabc 2abc

(1)

A sz¨ ogek koszinuszait a koszinusztételb˝ ol kifejezve majd k¨ oz¨ os nevez˝ ore hozva pedig azt kapjuk, hogy (2)

cos α + cos β + cos γ =

=

a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 b 2 + c2 − a 2 + + = 2bc 2ac 2ab −a3 − b3 − c3 + ab2 + ac2 + ba2 + bc2 + ca2 + cb2 . 2abc

Ezut´ an egyszer˝ u sz´ amol´ assal ellen˝ orizhet˝ o, hogy az (1) és (2) egyenl˝ oségek jobb oldal´ an ´ all´ o kifejezések megegyeznek, ami bizony´ıtja a feladat megold´ as´ aban felhaszn´ alt azonoss´ agot. 70 dolgozat érkezett. 5 pontos 42, 4 pontos 15, 3 pontos 3, 2 pontos 3, 1 pontos 1, 0 pontos 6 dolgozat.

B. 4665. Az m paraméter f¨ uggvényében adjuk meg az mX + 4 = X 2 − 10X + 21 egyenlet megold´ asainak sz´ am´ at. (3 pont)

Javasolta: Grallert Krisztina (Balassagyarmat)

I. megold´ as. A feladatot grafikusan oldjuk u koordinátarend meg. Deréksz¨ og˝ szerben ábr´ azoljuk az Y = mX + 4 és az Y = X 2 − 10X + 21 f¨ uggvényeket. A két görbe k¨ oz¨ os pontjainak a sz´ ama adja az eredeti egyenlet megoldásainak számát. Az Y = mX + 4 egy egyenes egyenlete. Jelölj¨ uk ezt az egyenest em -mel. Ha X = 0, akkor Y = 4, ezért em mindig átmegy a koordinátarendszer A = (0; 4) pontj´ an. Az egyenes meredeksége az m értékét˝ol f¨ ugg, s tekinthetj¨ uk u ´gy, hogy ha m-et v´ altoztatjuk, akkor em az A kör¨ ul forog. Az Y = X 2 − 10X + 21 f¨ uggvény képe egy olyan felfelé ny´ıló P parabola, mely a B = (3; 0) és a C = (7; 0) pontokban metszi az x tengelyt (mert az x2 − 10x + 2 + 21 = 0 egyenlet gy¨ okei 3 és 7). Ezért az Y = X − 10X + 21 f¨ uggvény G képét u ´gy kapjuk, hogy x 6 3, valamint 7 6 x esetén tekintj¨ uk P megfelel˝o ´ıveit, ha pedig 3 <(x < 7, akkor P-nek az x-tengelyre vonatkozó P ′ t¨ ukörképét, ami éppen ) 2 az Y = − X − 10X + 21 egyenlet˝ u parabola megfelel˝o ´ıve (1. ´ abra). Azt kell tehát meghat´ aroznunk, hogy az em egyenesnek hány közös pontja van a két parabola darabjaib´ ol o orbével. ¨sszerakott g¨ 282


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 283. oldal – 27. lap


1. ´ abra

i

2. ´ abra

Tudjuk, hogy egy k¨ uls˝ o K pontból egy parabolához két érint˝o h´ uzható (lásd pl. Kiss Gy.: Amit jó tudni a k´ upszeletekr˝ol I. és II., K¨ oMaL 54 (2004), 450–459. és 514–518. o.; http://www.komal.hu/cikkek/2004-11/kupszeletek1.h.shtml). Ha a koordin´ atarendszerben egy parabola tengelye f¨ ugg˝oleges, akkor a K-n átmen˝o egyenesek k¨ oz¨ ul a f¨ ugg˝ olegesnek egy közös pontja van a parabolával, ha pedig a K-b´ ol a parabol´ ahoz h´ uzott érint˝ok meredeksége t1 < t2 , akkor a K-n átmen˝o m meredekség˝ u egyeneseknek t1 < m < t2 esetén nincs, m < t1 és t2 < m esetén pedig pontosan két k¨ oz¨ os pontjuk van a parabolával (2. ´ abra). Hat´ arozzuk meg az A-b´ ol P-hez h´ uzható érint˝ok meredekségét. Az em egyenes akkor érint˝ o, ha az mx + 4 = x2 − 10x + 21,

azaz x2 − (10 + m)x + 17 = 0

egyenletnek egy megold´ asa van. Ez pontosan akkor teljes¨ ul, ha az egyenlet diszkrimin´ ansa 0, vagyis ha 2

(10 + m) − 4 · 17 = 0,

azaz

2

m + 20m + 32 = 0,

√ amib˝ ol kapjuk, hogy m1,2 = −10 ± 68. Ugyan´ıgy kapjuk, hogy az A-ból P ′ -höz h´ uzhat´ o érint˝ ok meredeksége m3 = 0 és m4 = 20. A metszéspontok számának meghat´ aroz´ asához még sz¨ ukség¨ unk van az AB és AC egyenesek meredekségére, ami a pontok koordinátáiból k¨ onnyen adódik, AB esetén m5 = = (0 − 4)/(3 − 0) = −4/3, AC esetén pedig m6 = (0 − 4)/(7 − 0) = −4/7 (3. ´ abra). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

3. ´ abra

283

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 284. oldal – 28. lap


i

Ezek ut´ an az mX + 4 = X 2 − 10X + 21 egyenlet megoldásainak számát leolvashatjuk a 3. ábr´ ar´ ol. √ • Ha m < −10 − 68 , akkor 2 megoldás van, mert em két-két pontban metszi P-t is és P ′ -t is, de a négy metszéspont köz¨ ul csak kett˝o tartozik G-hez, mert a P ′ -vel vett metszéspontok az x tengely alatt vannak. √ • Ha m = −10 − 68, akkor 1 megoldás van, mert em érinti P-t és két pontban metszi P ′ -t, de e két ut´ obbi pont nem tartozik G-hez, mert az x tengely alatt vannak. √ • Ha −10 − 68 < m < −4/3, akkor a megoldások száma 0, mert em és P valamennyi (nulla, egy, vagy kett˝o) metszéspontja, továbbá em és P ′ két metszéspontja is az x tengely alatt van, ezért nem tartozik G-hez. • Ha m = −4/3, akkor 1 megoldás van, mert em két-két pontban metszi P-t is és P ′ -t is, de a négy metszéspont köz¨ ul kett˝o egybeesik B-vel, a másik kett˝o pedig nem tartozik G-hez, mert az x tengely alatt van. • Ha −4/3 < m < −4/7, akkor 2 megoldás van, mert em két-két pontban metszi P-t is és P ′ -t is, de a metszéspontok köz¨ ul csak egy-egy tartozik G-hez, mert a másik két pont az x tengely alatt van. • Ha m = −4/7, akkor 3 megoldás van, mert em két-két G-hez tartozó pontban metszi P-t is és P ′ -t is, de a négy metszéspont köz¨ ul kett˝o egybeesik C-vel. • Ha −4/7 < m < 0, akkor 4 megoldás van, mert em két-két pontban metszi P-t is és P ′ -t is, és a metszéspontok mindegyike G-hez tartozik. • Ha m = 0, akkor 3 megoldás van, mert em két pontban metszi P-t és érinti P ′ -t, és a k¨ oz¨ os pontok mindegyike G-hez tartozik. • Ha 0 < m, akkor 2 megold´ as van, mert em két G-hez tartozó pontban metszi P-t, a P ′ -vel k¨ oz¨ os pontjai (nulla, egy vagy kett˝o, attól f¨ ugg˝oen, hogy m < 20, m = 20 vagy m > 20) pedig az x tengely alatt vannak, ezért nem tartoznak G-hez. Kov´ acs Péter Tam´ as (Zalaegerszeg, Zr´ınyi M. Gimn., 11. évf.) dolgozatát felhasználva II. megold´ as. Az abszol´ utérték definiciója szerint X 2 − 10X + 21 > 0 ese2 tén (az mX + 4 = X ) − 10X + 21, m´ıg X 2 − 10X + 21 < 0 esetén az mX + 4 = = − X 2 − 10X + 21 egyenletet kell megoldanunk. 1. eset. Ha X 2 − 10X + 21 > 0, akkor X > 7 vagy X 6 3. Vizsgáljuk meg, hogy az X 2 − (m + 10)X + 17 = 0 egyenlet megoldásai milyen m értékek esetén esnek a megadott tartom´ anyokba. A megoldóképlet alapján a gyökök

X1 =

m + 10 +

√

m2 + 20m + 32 2

és X2 =

m + 10 −

√ m2 + 20m + 32 . 2

Teh´ at csak os gyökök, ha m2 + 20m + 32 > 0, azaz ha m 6 √ akkor vannak√val´ ul. 6 −10 − 68 vagy −10 + 68 6 m teljes¨ 284


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 285. oldal – 29. lap


i

√ Ha X1 > 7, akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy m2 + 20m + 32 > 4 − m. Ha 4 − m > 0, akkor a négyzetreemelés ekvivalens átalak´ıtás. Rendezés után m > − 47 ¨ k¨ ovetkezik. Osszevonva a feltétellel: 4 > m > − 4 . Ha m > 4, akkor a diszkrimináns 7

4 nemnegat´ıv, 4 − m < 0, teh´ at az egyenl˝otlenség teljes¨ √ ul. Vagyis összegezve: m > − 7 . Ha X1 6 3, akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy m2 + 20m + 32 6 −4 − m, ami 2 csak akkor teljes¨ ulhet, ha −4 > m. Tov´ √abbá a m + 20m + 32 > 0 egyenl˝otlenségnek is fenn kell állnia, ezért m 6 −10 − 68. Ekkor négyzetreemelés és rendezés után kapjuk, hogy m 6 −4/3, teh´ at az X1 6 3 egyenl˝otlenség pontosan akkor teljes¨ ul, √ ha m 6 −10 − 68. √ Ha X2 > 7, akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy m − 4 > m2 + 20m + 32, amib˝ ol négyzetreemelés és u ´jabb rendezés után m 6 −4/7 következik. Ha ez teljes¨ ul, akkor m − 4 < 0, ezért a négyzetreemelés nem volt ekvivalens átalak´ıtás, az eredeti egyenl˝ otlenség nem áll fenn. Tehát X√ ul. Ha X2 6 3, akkor 2 > 7 soha nem teljes¨ √ ezt átrendezve kapjuk, hogy m +√4 6 m2 + 20m + 32. Ez m 6 −10 − 68 esetén nyilv´ an teljes¨ ul, ha pedig −10 + 68 6 m, akkor négyzetreemelés és rendezés után kapjuk, hogy m > −4/3. Ekkor a négyzetreemelés ekvivalens átalak´ıtás, az eredeti egyenl˝ otlenség is fenn´ all.

2. eset. Ha X 2 − 10X + 21 < 0, akkor a 3 < X < 7 egyenl˝otlenségeknek kell teljes¨ ulni. Ebben az esetben az X 2 + (m − 10)X + 25 = 0 egyenletet kell megoldanunk, aminek gy¨ okei X3 =

−m + 10 +

√

m2 − 20m

2

és X4 =

−m + 10 −

√ m2 − 20m . 2

Csak akkor vannak val´ os gy¨ okök, ha m2 − 20m > 0, azaz ha m 6 0 vagy 20 6 m teljes¨ ul. Ha 3 < X3 < 7, akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy m−4<

√ m2 − 20m < m + 4.

Ha m 6 0, akkor a bal oldali egyenl˝otlenség nyilván teljes¨ ul, a jobb oldaliból pedig négyzetreemelés és u ´jabb rendezés után m > −4/7 következik. Ha ez teljes¨ ul, akkor m + 4 > 0, ezért a négyzetreemelés ekvivalens átalak´ıtás, az eredeti egyenl˝otlenség is fenn´ all. Ha m > 20, akkor négyzetreemelés és rendezés után a bal oldali egyenl˝ otlenségb˝ ol m < −4/3 adódik, tehát ez az egyenl˝otlenség nem állhat fenn. Ha 3 < X4 < 7, akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy √ m2 − 20m < −m + 4 és

−m−4<

√ m2 − 20m .

Ha m 6 0, akkor az els˝ o egyenl˝ otlenségb˝ol négyzetreemelés és u ´jabb rendezés után m > −4/3 k¨ ovetkezik. Ha ez teljes¨ ul, akkor m + 4 > 0, ezért a négyzetreemelés ekvivalens átalak´ıt´ as, az eredeti egyenl˝otlenség is fennáll, a második egyenl˝otlenség pedig nyilv´ an teljes¨ ul, ha −4/3 < m 6 0. Ha m > 20, akkor az els˝o egyenl˝otlenség jobb oldal´ an negat´ıv sz´ am áll, tehát ekkor nem teljes¨ ulhet az egyenl˝otlenség. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

285

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 286. oldal – 30. lap


i

A kapott eredményeinket a következ˝o táblázatban foglalhatjuk össze: m értéke √ m < −10 − 68 √ m = −10 − 68 √ −10 − 68 < m < − 43 m = − 43 − 43 < m < − 47 m = − 47 4 −7 < m < 0 m=0 0<m

megoldások száma 2 1 0 1 2 3 4 3 2

Baglyas M´ arton (Bonyhád, Pet˝ofi S. Ev. Gimn. és Koll., 11. évf.) dolgozatát felhasználva 144 dolgozat érkezett. 3 pontot kapott 22 versenyz˝ o: And´ o Angelika, Baglyas ´ M´ arton, Balogh Menyhért, Borbényi M´ arton, Erdei Akos, Fehér Bal´ azs, G´ al Bogl´ arka, Hegyi Zolt´ an, Horv´ ath Péter, Kas´ o Ferenc, Kerekes Anna, Kov´ acs Vikt´ oria, Kov´ acs ´ am, Nagy-Gy¨ Péter Tam´ as, Lakatos Ad´ orgy Zolt´ an, P´ alfi M´ aria, Polg´ ar M´ arton, Széles Katalin, Urb´ an Mikl´ os Vlagyim´ır, V´ aghy Mih´ aly, Varga-Umbrich Eszter, Wiandt Péter. 2 pontos 22, 1 pontos 81, 0 pontos 13 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 6 dolgozat.

B. 4669. K¨ ozismert, hogy a 777 fej˝ u s´ ark´ anyoknak minden nyak´ an 9 vagy 13 fej u ark´ any egyforma, ha ugyanannyi 9 fej˝ u nyakuk van. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ¨l. Két s´ 777 fej˝ u s´ ark´ any van? (3 pont)

Javasolta: K´ arolyi Gyula (Budajen˝o)

I. megold´ as. Jel¨ olje x a 777 fej˝ u sárkány 9 fej˝ u nyakainak számát, és y a 13 fej˝ u nyakainak sz´ am´ at. Ekkor 9x + 13y = 777, ahol x, y ∈ N . Nyilv´ an 13y 6 777, amib˝ ol y 6 [ 777 = 59. Tehát 0 6 y 6 59. 13 ] 13y = 777 − 9x = 3(259 − 3x). Mivel 3 | 3(259 − 3x), ezért 3 | 13y, vagyis (13, 3) = 1 miatt 3 | y. 259 nem oszthat´ o 3-mal, ezért 9 nem osztója 3(259 − 3x)-nek, és ´ıgy 13y-nak sem, ezért y-nak sem. Vagyis y csak 9k + 3 vagy 9k + 6 alak´ u lehet. 1. eset: y = 9k + 3 6 59, azaz 0 6 k 6 6. 9x + 13(9k + 3) = 777,

9x + 13 · 9k = 738,

x + 13k = 82,

x = 82 − 13k.

Ez minden 0 6 k 6 6 esetén pozit´ıv szám. Így a 9 fej˝ u és 13 fej˝ u nyakakra vonatkozó lehetséges (x; y) számpárok: (82; 3), (69; 12), (56; 21), (43; 30), (30; 39), (17; 48) és (4; 57). 2. eset: y = 9l + 6 6 59, azaz 0 6 l 6 5. 9x + 13(9l + 6) = 777, 286

9x + 13 · 9l = 699.


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 287. oldal – 31. lap


i

A bal oldal oszthat´ o 9-cel, a jobb oldal viszont nem, ez ellentmondás, ´ıgy ez az eset nem ad megold´ ast. Teh´ at ¨ osszesen hét k¨ ul¨ onböz˝o 777 fej˝ u sárkány létezik. K´ atay Tam´ as (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján II. megold´ as. Legyen a 9-fej˝ u nyakak száma a, a 13-fej˝ u nyakak száma b. Ekkor teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o összef¨ uggés: 9a + 13b = 777, amib˝ol a=

777 − 13b 3 − 4b = 86 − b + . 9 9

Az a és b értéke akkor megfelel˝o, ha mindkét oldal egész szám és pozit´ıv; ebb˝ol egyel˝ ore csak az el˝ obbi k¨ ovetelménnyel foglalkozunk. Ez pontosan akkor teljes¨ ul, ha 3−4b 3−9x 3−x b is és 9 = x is egész, azaz 4b + 9x = 3, vagyis b = 4 = −2x + 4 . Ez akkor és csak akkor egész, ha tetsz˝ oleges y egésszel 3 − x = 4y, vagyis x = 3 − 4y. Ez azt jelenti, hogy b = −2(3 − 4y) + y = −6 + 9y

és a = 86 − (−6 + 9y) + (3 − 4y) = 95 − 13y.

Sz¨ ukséges még, hogy a és b egyike se legyen negat´ıv: a = 95 − 13y > 0, azaz y 6 7, valamint b = −6 + 9y > 0, vagyis y > 1. Így y = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lehet, tehát 7 k¨ ulönb¨ oz˝ o értékp´ ar ad´ odott (a; b)-re, ennyi k¨ ulönböz˝o 777 fej˝ u sárkány van. 214 dolgozat érkezett. 3 pontos 115, 2 pontos 51, 1 pontos 46, 0 pontos 2 dolgozat.

B. 4677. Igazoljuk, hogy ha az ABCD tetraéder egyenl˝ o oldal´ u (azaz szemk¨ ozti élei egyenl˝ o hossz´ uak), akkor a D-b˝ ol indul´ o magass´ agvonal talppontja rajta van az ABC h´ aromsz¨ og Euler-egyenesén. (6 pont)

Javasolta: Szab´ o Csaba (Budapest)

I. megold´ as. A megold´ as kulcsa az a tény, hogy egy egyenl˝o oldal´ u tetraéder k¨ or¨ ul´ırt g¨ ombjének K k¨ ozéppontja egybeesik a tetraéder S s´ ulypontjával. Tekints¨ uk az egyenl˝ o oldal´ u tetraéder¨ unk AB1 CD1 A1 BC1 D bennfoglaló paralelepipedonj´ at (1. ´ abra). Mivel a szemközti paralelogrammalapok nem megfelel˝o

1. ´ abra


287

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 288. oldal – 32. lap


i

átlói egyenl˝ ok, ezért minden lapja téglalap, vagyis igazából téglatestet adtunk meg. Ekkor K éppen a téglatest k¨ oré ´ırt gömb középpontja, hisz ez a gömb A, B, C, D-t tartalmazza. Tov´ abb´ a S az AC oldal F felez˝opontját (AB1 CD1 középpontját) és a BD oldal G felez˝ opontj´ at (A1 BC1 D középpontját) összeköt˝o szakasz felez˝opontja. Mindkett˝ o defin´ıci´ o a téglatest középpontját adja meg, ezért K = S. Legyen S0 az ABC h´ aromszög s´ ulypontja. A tetraéder geometriájából ismert, hogy S a DS0 s´ ulyvonal S0 -hoz közelebbi negyedel˝opontja. Legyen Kmer˝oleges vet¨ ulete az ABC s´ıkra K0 , akkor az AK0 K,

BK0 K,

CK0 K

h´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´ oak, hiszen derékszög˝ u háromszögek, melyeknek átfogója (r) és K0 K befog´ oja megegyezik, emiatt K0 A = K0 B = K0 C, vagyis K0 az ABC h´ aromsz¨ og köré ´ırt kör középpontja (2. ´ abra).

2. ´ abra

3. ´ abra

Tekints¨ uk az S0 k¨ ozéppont´ u 4-szeres nagy´ıtást. Ezzel a transzformációval, mint tudjuk, S képe D lesz, s ek¨ ozben K0 (az S = K pont vet¨ ulete az ABC s´ıkon) a D pont vet¨ uletébe, D0 -ba képz˝odik (3. ´ abra). Ezzel megkaptuk, hogy a D pont mer˝oleges vet¨ ulete, vagyis a tetraéder D-b˝ol indul´ o magass´ ag´ anak talppontja az ABC háromszög S0 K0 Euler-vonalára illeszkedik. Megjegyzés. A feladat kit˝ uzése, ´ıgy a megold´ as is feltételezi, hogy az ABC h´ aromsz¨ ognek van Euler-vonala, azaz S0 ̸= K0 . Ismert, hogy ez pontosan akkor ´ all fenn, ha ABC h´ aromsz¨ og nem szab´ alyos. Vagyis a feladat ´ all´ıt´ asa és a bizony´ıt´ as csakis nem szab´ alyos, egyenl˝ o oldal´ u tetraéderekre érvényes. (Szab´ alyos tetraéderben D vet¨ ulete ABC-re éppen S0 = K 0 .)

´ Isk., 10. évf.) Williams Kada (Szeged, Radnóti M. K´ıs. Gimn. és Alt. dolgozata alapján 288


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 289. oldal – 33. lap


i

II. megold´ as. Jel¨ olj¨ uk az ABC h´ aromsz¨ og magass´ agpontj´ at M -mel, a k¨ oré´ırt k¨ orének k¨ ozéppontj´ at O-val, és a D-b˝ ol indul´ o magasság talppontj´ at D′ -vel (4. ´ abra). T¨ ukrözz¨ uk C-t az AB szakasz ABC s´ıkban lév˝o felez˝ o mer˝ oleges egyenesére, ami áthalad az O ponton, a t¨ uk¨ orképe legyen C ′ . A t¨ ukr¨ ozés miatt AC = BC ′ és BC = AC ′ . A tetraéder egyenl˝o oldal´ u, ezért AC = BD és BC = AD. Ekkor AC ′ = AD és BC ′ = BD, ezért az ABD△ ∼ = ABC ′ △, vagyis D és C ′ 4. ´ abra rajta van az AB szakaszra és ABC s´ıkra mer˝ oleges C ′ DE s´ıkon. Ebben a s´ıkban fut a tetraéder DD′ magassága, ezért D′ rajta van a C ′ E egyenesen, ami az ABC háromszög CM magasságának O pontra vett t¨ uk¨ orképe. Hasonl´ oan bel´ atható, hogy D′ pont rajta van az ABC háromszög többi magass´ ag´ anak O-ra val´ o t¨ ukörképén is, ezért a D′ pont M t¨ ukörképe O-ra. M és O rajta van az Euler-egyenesen, ezért D′ is. G´ asp´ ar Attila (Miskolc, Földes F. Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján 34 dolgozat érkezett. 6 pontos 29, 5 pontos 2, 4 pontos 2, 2 pontos 1 dolgozat.

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1294–1300.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1294. Fejezz¨ uk ki a sz´ amok.

13 38

törtet

1 m

+

1 n

alakban, ahol m és n pozit´ıv egész

C. 1295. Az ABCD négyszög C és D cs´ ucsánál lev˝o szög megegyezik, továbbá az A és B cs´ ucsn´ al lev˝ o bels˝ o szögfelez˝ok E metszéspontja a CD oldalra esik. Bizony´ıtsuk be, hogy E felezi a CD oldalt. Feladatok mindenkinek C. 1296. Mekkor´ ak annak a hegyesszög˝ u egyenl˝oszár´ u háromszögnek a szögei, melynek s´ ulypontj´ at az egyik magasság talppontjára t¨ ukrözve a t¨ ukörkép a háromsz¨ og alapjának egyenesére esik? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

289

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 290. oldal – 34. lap


i

C. 1297. Egy cirkuszban a f˝o attrakció az oroszlán és az elefánt mutatványa. Az állatok szeszélyessége miatt azonban nem mindig valós´ıtható meg ez a két produkci´ o. Az oroszl´ an az el˝ oadások 45 részében lép porondra, m´ıg az elefánt csak 3 4

részében. Szerencsés cirkusz lévén, az el˝oadások 99%-ában legalább az egyik állat szerepel. Mekkora val´ osz´ın˝ uséggel láthatjuk mindkét állatot egy m˝ usoron? C. 1298. A mellékelt ´ abra egy parkot szemléltet, ahol a szakaszok mutatják az ösvényeket. Hányféleképpen juthatunk el a bejárattól a kijáratig, ha minden ösvényen legfeljebb egyszer mehet¨ unk végig, és az ösvényekr˝ol nem térhet¨ unk le? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol ( 2 ) 3 2 C. 1299. Oldjuk meg az x + (1 − 3b)x + 3b + 2b − 6 x − b3 + b2 − 6b + 9 = 0 egyenletet, ha x − b > 0. √ √ √ négyszög oldalainak hossza sorban a, a + 3, a + 2 √ C. 1300. Egy konvex √ és 2a + 5, mindkét átl´ oja 2a + 5 hossz´ u. Határozzuk meg a négyszög legnagyobb sz¨ ogét. Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4714–4722.)

B. 4714. Adott a s´ıkon 2015 pont. Mutassuk meg, hogy ha köz¨ ul¨ uk bármely négy egy konvex négysz¨ og négy cs´ ucsa, akkor a pontok egy konvex 2015-szög cs´ ucsai. (4 pont) B. 4715. Adjuk meg az o ¨sszes pozit´ıv egész számokból álló (a, b) számpárt, (b2 ) a amelyre a = b teljes¨ ul. (5 pont) B. 4716. Az ABCDE szabályos ötszögb˝ol kivágtuk az AB és AE élek által meghat´ arozott ABF E rombuszt. Határozzuk meg a megmaradó BCDEF konkáv oglemez s´ ulypontj´ at. ötsz¨ (3 pont) 290

Javasolta: Dombi Péter (Pécs)


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 291. oldal – 35. lap


B. 4717. Oldjuk meg az √ |1 − x| = 2x − 57 − 2 x − 55 +

i

1 √ x − 54 − 2 x − 55

egyenletet. (4 pont)

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 4718. Az ABCDA′ B ′ C ′ D′ kocka B ′ C ′ élének felez˝opontja E, C ′ D′ élének felez˝ opontja pedig F . Az AEF s´ık két részre osztja a kockát. Határozzuk meg a két rész térfogat´ anak ar´ any´ at. (5 pont) B. 4719. Bizony´ıtsuk be, hogy bármely a > b pozit´ıv egész számokra teljes¨ ul, hogy ( ) b a−b+j ∑ ∑ ( i )(a − i) a = (a + 1) . j b − j b j=0 i=j (5 pont)

Javasolta: Porups´ anszki Istv´ an (Miskolc, Földes Ferenc Gimn., 12. évf.)

B. 4720. Legyenek a és n olyan pozit´ıv egészek, amelyekre an − 1 | n. Bizony´ıtsuk be, hogy az a + 1, a2 + 2, . . . , an + n számok mind k¨ ulönböz˝o maradékot adnak n-nel osztva. (6 pont) B. 4721. A k k¨ or érinti az ABC egyenl˝o szár´ u háromszög AB és AC szárait, a BC alapj´ at pedig K-ban és L-ben metszi. Az AK szakasz a k kört másodszor az M pontban metszi. A K pont B-re, illetve C-re vonatkozó t¨ ukörképe rendre P és Q. Igazoljuk, hogy k érinti a P M Q háromszög köré ´ırt kört. (6 pont) B. 4722. Egy n-elem˝ u halmaz minden permutációját kisz´ınezt¨ uk a piros, fehér és z¨ old sz´ınek valamelyikével. Jelölje NP F Z azt, hogy hányféleképpen lehet egymás ut´ an egy piros, majd egy fehér, vég¨ ul egy zöld permutációt végrehajtani u ´gy, hogy vég¨ ul minden elem a helyére ker¨ uljön vissza. Hasonlóan, jelölje NZF P azt, hogy h´ anyféleképpen lehet egym´ as után egy zöld, egy fehér, vég¨ ul egy piros permutációt végrehajtani u ´gy, hogy vég¨ ul minden elem a helyére ker¨ uljön vissza. Mutassuk meg, hogy NP F Z = NZF P . (6 pont) Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518


291

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 292. oldal – 36. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (644–646.)

A. 644. Legyen f (x, y) kétváltozós, egész egy¨ utthatós polinom, ami sem x-, sem y-ir´ anyban nem konstans. Mutassuk meg, hogy max f (a, b) > 4. a,b∈[−2,2]

Erdélyi Tam´ as (College Station, Texas) o¨tletéb˝ol

A. 645. Létezik-e végtelen sok (nem feltétlen¨ ul konvex) 2015-szög a s´ıkon u ´gy, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk bármely h´ aromnak van közös bels˝o pontja, de semelyik négynek nincs k¨ oz¨ os bels˝ o pontja?

A. 646. Pamacs és Céz´ ar a következ˝o játékot játssza. El˝oször Pamacs két ¨ csontot el´ as a téglalap alak´ u kert sarkaiban. Osszesen 45 cm mélyre áshat, teh´ at a két csontot vagy k¨ ul¨ onb¨ oz˝o sarokba rejti, és a mélységeik összege legfeljebb 45 cm, vagy pedig egy helyre, és mindkét csontnak legfeljebb 45 cm mélyen kell lennie. A f¨ oldet gondosan elsim´ıtja, ´ıgy nem lehet ránézésre megállap´ıtani, hogy mely sarkokba rejthette el a csontokat. Cézár ezek után gödröket áshat ki, melyek mélységének ¨ osszege ¨ osszesen 1 m. Cézár célja az, hogy minél nagyobb eséllyel megtal´ alja mindkét csontot, Pamacs célja pedig az, hogy minél nagyobb valósz´ın˝ uséggel megtarthassa magának legal´ abb az egyiket. (a) Mutassuk meg, hogy Pamacs u ¨gyesen játszva elérheti, hogy 1/2-nél nagyobb val´ osz´ın˝ uséggel rejtve maradjon legalább az egyik csontja, f¨ uggetlen¨ ul Cézár stratégi´ aj´ at´ ol. (b) Ha mindkét kutya optimálisan játszik, Pamacs mekkora eséllyel jár sikerrel? Javasolta: Cs´ oka Endre (Warwick)

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

d 292


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 293. oldal – 37. lap


i

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 376. A keresztrejtvényfejtés széles körben elterjedt népszer˝ u játék. Sok változat´ at fejlesztették ki. A hagyományos változatban a szavak elválasztására fekete mez˝ ok szolg´ alnak. A megfejtésekkel az u ¨res mez˝ok v´ızszintesen balról jobbra, illetve f¨ ugg˝ olegesen fel¨ ulr˝ ol lefelé tölthet˝ok ki. A mez˝ok számozása a bal fels˝o sarokb´ ol indul, ahol a v´ızszintes vagy f¨ ugg˝oleges megoldás szava kezd˝odik. Minden olyan mez˝ o számot kap, ahol v´ızszintesen vagy f¨ ugg˝olegesen megfejtés kezd˝odik. A feladatban szerepl˝ o keresztrejtvények egybet˝ us szavakat nem tartalmaznak. Ha egy mez˝ o v´ızszintes és f¨ ugg˝ oleges szó els˝o bet˝ ujét is tartalmazza, akkor csak egy sz´ amot kap. Keresztrejtvény h´ al´ oja és számozása:

A feladatok megold´ as´ anak teszteléséhez rendelkezés¨ unkre áll egy, a honlapunkról let¨ olthet˝ o halo.txt f´ ajl, amelyben egy N × M (5 6 N, M 6 15) méret˝ u keresztrejtvény h´ al´ oja van le´ırva. Az állomány els˝o sor´ aban N és M értéke szerepel szók¨ ozzel elv´ alasztva, majd a k¨ ovetkez˝o N sor a mez˝ok állapotát tartalmazza. A fekete mez˝ oket f”, az u reseket .” karakter ábrázolja. ¨ ” ” Példa halo.txt fájl 4 5 ..f.. .f..f .ff.. ...f. Kész´ıts¨ unk programot i376 néven, amely az alábbi problémákat oldja meg: K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

293

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 294. oldal – 38. lap


i

Minden képerny˝ ore ´ır´ ast igényl˝o részfeladat megoldása el˝ott ´ırjuk ki a feladat sorsz´ am´ at. Ha a felhaszn´ al´ ot´ ol kér¨ unk be adatot, jelen´ıts¨ uk meg a képerny˝on, hogy milyen értéket v´ arunk (péld´ aul a 4. feladat esetén: 4. feladat - Adjunk meg egy ” mez˝ ot: ”). Az ékezetmentes ki´ırás is elfogadott. 1. Olvassuk be a halo.txt állományban talált adatokat, és azok felhasználásával oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o feladatokat. 2. Írjuk ki a képerny˝ ore, hogy a keresztrejtvény hálójában hány fekete és hány u o van. ¨res mez˝ 3. Hat´ arozzuk meg azt a sort, illetve azt az oszlopot, amelyben a legtöbb fekete mez˝ o van. Ha t¨ obb ilyen van, akkor a legkisebb sorszám´ ut ´ırassuk ki a képerny˝ ore. 4. Kérj¨ uk be a felhaszn´ al´ ot´ ol a keresztrejtvény egy mez˝ojének koordinátáját (péld´ aul: 10h) és ´ırjuk ki, hogy be kell-e majd számozni. 5. Írjuk ki a képerny˝ ore, hogy a keresztrejtvény hálójában v´ızszintesen hány 2, 3, . . . , 10 bet˝ us sz´ o helyezhet˝o el. 6. A szab´ alyoknak megfelel˝ oen számozzuk be a keresztrejtvény mez˝oit és ´ırjuk az eredményt a szamozott.txt állom´ anyba. A mez˝ok tartalmát 3 karakternyi helyre ´ırjuk ki. 7. Írassuk ki, hogy a keresztrejtvénybe ´ırandó szavakhoz hány v´ızszintes és hány f¨ ugg˝ oleges meghat´ aroz´ as tartozik. Példa szamozott.txt fájl 1 f 2 f 3 f f f 4 5 6 f Bek¨ uldend˝ o a program forráskódja (i376.pas, i376.cpp, . . . ), valamint a program r¨ ovid dokument´ aciója (i376.txt, i376.pdf, . . . ), amely tartalmazza a megold´ as le´ır´ as´ at, és megadja, hogy a forrásállomány melyik fejleszt˝o környezetben ford´ıthat´ o. I. 377. Az oktatas.hu portál évr˝ol évre megjelen´ıti a tantárgyi OKTV dönt˝ok eredményét: http://www.oktatas.hu/kozneveles/tanulmanyi_versenyek/ oktv_kereteben/dijazottak_eredmenyek Az eredménylist´ at PDF form´ atum´ u dokumentumként adják meg tantárgyanként. A form´ atum m´ odot ad ugyan arra, hogy egyszer˝ u szöveges keresést végezz¨ unk, de összetett keresést vagy statisztikai feldolgozást nem támogat. A port´ al u oit˝ ol azt a feladatot kaptuk, hogy tervezz¨ unk adatbázist ¨zemeltet˝ az eredmények t´ arol´ as´ ara és tervezz¨ uk meg azt a folyamatot, amely során az adatok átvihet˝ ok a fájlokb´ ol az adatb´ azisba. Teszt céllal az informatika tárgy alkalmazói kateg´ ori´ aja utols´ oo t ´ e v´ e nek adatait kell a megtervezett adatbázisba betölten¨ unk. ¨ 294


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 295. oldal – 39. lap


i

A megold´ ashoz csak a fenti c´ımen elérhet˝ o fájlokat használhatjuk. A sz¨ ukséges konverzi´ os lépésekhez tetsz˝oleges – lehet˝oleg ingyenes – programot igénybe vehet¨ unk. Az u ok kik¨ ot¨ otték, hogy az adatbázist a Microsoft Access alapértelme¨zemeltet˝ zett form´ atum´ aban vagy MySQL dump fájlként kell leadni, mivel a hétköznapokban ezeket az eszk¨ oz¨ oket haszn´ alj´ ak. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett állományban (i377.zip) a megoldás le´ırása (i377.pdf) és az adatb´ azis (i377.accdb, i377.sql). A le´ırás tartalmazza az adatb´ azis modelljét (a t´ abl´ ak kapcsolatát) kifejez˝o képet, a használt adatbázis-kezel˝o nevét és verzi´ oj´ at, valamint a PDF fájlok feldolgozásának reprodukálható folyamatát, a k¨ ozben felvet˝ od˝ o technikai vagy tartalmi jelleg˝ u problémákat és azok megold´ as´ at is. I. 378. Adott egy N × M pixelb˝ol álló fekete-fehér kép, amelyet táblázatos elrendezésben 0 és 1 sz´ amokkal ´ırunk le. Egy ilyen képet akkor tekint¨ unk szépnek, ha az élszomszédos mez˝ ok k¨ oz¨ ul minél több azonos. Célunk az eredeti kép szebbé alak´ıt´ asa bizonyos pixelek értékének megcserélésével. Egy képpont cseréje Q forintba ker¨ ul. Az átalak´ıtott kép szépségét u ´gy vessz¨ uk figyelembe, hogy minden élszomszédos, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u pixelp´ ar további P forint költséget” jelent. Keress¨ uk meg ” néh´ any adott képre azt az átalak´ıtást, amely mellett a lehet˝o legkisebb a P + Q k¨ oltség. Programot nem kell bek¨ uldeni, egyed¨ ul a három, honlapunkról letölthet˝o (in.1, in.2, in.3) képre kell három kimenetet adni (out.1, out.2, out.3). A bemenet els˝ o sor´ aban négy egész szám áll: N , M , P , Q – a táblázat sorainak, oszlopainak sz´ ama, illetve a két k¨ oltséget le´ıró paraméter. Ezután N sor következik, mindegyikben M karakter: a fénykép. A kimenet szintén egy N × M -es táblázat a bemenethez hasonl´ o form´ aban. A feladatra nem feltétlen¨ ul kell optimális megold´ ast adni, mivel a feladat bek¨ uld˝oi egymással versenyeznek: az kap 10 pontot, akinek a három bemenetre o ¨sszesen a legkisebb a P + Q költség, a többiek arányosan kevesebbet. Péld´ aul a k¨ ovetkez˝o kép esetén: 4 4 2 3 1101 1010 1100 1010 egy lehetséges (nem feltétlen¨ ul optimális) átalak´ıtás: 1111 1110 1100 1110 Itt 6 · 2 + 3 · 3 = 21 forint a k¨ oltség. Bek¨ uldend˝ o a h´ arom átalak´ıtott fénykép egy tömör´ıtett (i378.zip) állományban. A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2015. j´ unius 10.


295

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 296. oldal – 40. lap


i

S. 99. Egy M (1 6 M 6 100 000, M egész szám) hossz´ u falon N (1 6 N 6 6 5000) repedés keletkezett. Az egyszer˝ uség kedvéért a repedéseket mint pontokat képzelj¨ uk el a falon, hely¨ uket a fal egyik végét˝ol valamilyen x (1 6 x 6 M , egész) ´ feskoordin´ at´ ak adj´ ak meg. Célunk az, hogy lefess¨ uk a fal minden repedését. Ugy t¨ unk, hogy kinyitunk egy w felirat´ u doboz festéket, amely pontosan w hossz´ u falrész festésére alkalmas, majd a tartalmával lefest¨ unk egy x0 és x1 koordinátákkal határolt falrészt (w = x1 − x0 + 1). A kiválasztott tartományon bel¨ ul természetesen lefestj¨ uk az ép falrészeket is – akár többször is. Addig nyitunk ki u ´jabb festékesdobozt és fest¨ unk, am´ıg minden repedést el nem t¨ untett¨ unk. A festéshez minden w (1 6 w 6 M ) egész sz´ amra pontosan egy w felirat´ u, és ismert bj ár´ u doboz festék áll rendelkezésre. Egy hosszabb festés nem feltétlen¨ ul drágább, mint egy rövidebb, s˝ot egy nagyobb doboz festék ára lehet egy kisebb doboz festék árával egyenl˝o, vagy ann´ al kisebb is. Fess¨ uk le a lehet˝o legolcsóbban az összes repedést a falon. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et és M -et, majd a következ˝ o N sorb´ ol az ai egészeket, azaz a repedések helyét. A következ˝o M sorban rendre az egyes hosszokhoz tartozó festékes dobozok bj ára szerepel. Írjuk a standard output els˝ o sor´ aba a minimális pénzt, amennyib˝ol a festés megoldható. Helytakarékoss´ ag miatt a bemenetben az N , illetve az M sorban lév˝o számokat / jellel elv´ alasztva egy sorba ´ırtuk. Példa bemenet: 6 12 1 / 2 / 11 / 8 / 4 / 12 2 / 3 / 4 / 4 / 8 / 9 / 15 / 16 / 17 / 18 / 19 / 19

Példa kimenet: 9

Magyar´ azat: ha vesz¨ unk egy 4, egy 1 és egy 2 felirat´ u vödröt, akkor azokkal pont le tudjuk festeni az ¨ osszes repedést. Az ár: 4 + 2 + 3 = 9. Pontoz´ as és korl´ atok: A programhoz mellékelt, a helyes megoldás elvét tömören, de érthet˝ oen le´ır´ o dokumentáció 1 pontot ér. A programra akkor kapható meg a tov´ abbi 9 pont, ha b´ armilyen hibátlan bemenetet képes megoldani az 1 mp fut´ asid˝ okorl´ aton bel¨ ul. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett s99.zip állományban a program forráskódja (s99.pas, s99.cpp, . . . ) az .exe és más, a ford´ıtó által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokumentációja (s99.txt, s99.pdf, . . . ), amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forr´ as mely fejleszt˝oi környezetben ford´ıtható.

d A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2015. j´ unius 10.

d

296


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 297. oldal – 41. lap


i

Egy kreat´ıv fizikatan´ ar eml´ ek´ ere Dr. Szombathy Mikl´ os 1940. 06. 09. – 2014. 07. 25. M´ arciusi sz´ amunkban emlékezt¨ unk meg Bakonyi Gáborról, a KöMaL fizika rovat´ anak imm´ ar ¨ ot éve elhunyt feladatkit˝ uz˝ojér˝ol. Most egy másik kollégára emlékez¨ unk, aki ugyan csak tavaly halt meg, de az ˝o haláláról is csak nemrég értes¨ ult¨ unk, ezért még hal´ ala ut´ an is u ´gy k¨ oz¨ olt¨ unk t˝ole feladatokat, mintha életben lenne. Szimbolikusan, szellemében persze k¨ ozött¨ unk él ma is, s még egy ideig vel¨ unk is marad: az általa kigondolt feladatok ˝orzik meg mindnyájunk számára Szombathy Miklós ´ enek f˝obb eseményeit, lelkes fizikatanári te(1940–2014) kreat´ıv személyiségét. Elet´ vékenységét felesége j´ ovolt´ ab´ ol idézz¨ uk fel az alábbiakban.

d ´ Szombathy Mikl´ os Sziksz´ on sz¨ uletett, pedagógus családban. Edesapja a jászberényi tan´ıt´ oképz˝ o matematika-fizika szakos tanára volt, ´ıgy ˝o is itt járt iskolába, s a Lehel vezér Gimn´ aziumban érettségizett 1958-ban. Tehetsége és kedve is volt a tan´ ari pály´ ahoz, ezért ak´ arcsak annak idején édesapja, ˝o is Szegedre jelentkezett egyetemre. Négy sikeresen elvégzett év után megn˝os¨ ult, feleségével Egerbe költöztek. Az Egerhez k¨ ozelebb lév˝ o Debrecenben fejezte be egyetemi tanulmányait, itt szerezte meg matematika-fizika szakos középiskolai tanári oklevelét. 1963-t´ ol tan´ıtott az egri G´ ardonyi Géza Gimnáziumban, ahol hamarosan a fizikai munkak¨ oz¨ osség vezet˝ oje lett. Fel´ uj´ıtotta a fizikai el˝oadót, b˝ov´ıtette, fejlesztette a fizikai szert´ arat. Az iskola sok diákja vett részt sikeresen a KöMaL fizika pontver´ senyén és k´ısérleti pály´ azatain. A legsikeresebb Abrah´ am Tibor volt, aki beker¨ ult a di´ akolimpiai csapatba, majd els˝os fizikus korában Vladár Károllyal holtversenyben I. d´ıjas lett az E¨ otv¨ os-versenyen. Az egri f˝ oiskola tan´ ar´ aval, Patkó Györggyel megyei fizika szakkört szerveztek és ir´ any´ıtottak éveken át. Az 1970-ben Egerben rendezett IUPAP kongresszuson, melyre t¨ obb mint h´ arom évtizedes elzártság után el˝oször engedték ki a Szovjetuniób´ ol Pjotr Kapica fizikust, Szombathy Miklós a Mátrai Tibor elnökletével m˝ uköd˝o kiáll´ıt´ asi bizotts´ ag tagja volt. Els˝ o, még Szegeden k¨ ot¨ ott házasságának felbomlása után u ´jran˝os¨ ult és Ny´ıregyh´ az´ an kezdett u ´j életet, az ottani f˝oiskolán lett a fizika tanszék oktatója el˝obb adjunktusi, majd docensi beosztásban. 1984-ben tett természettudományi doktori szigorlatot. Egyetemi, f˝ oiskolai el˝okész´ıt˝o tanfolyamokat tartott fizikából, és minden évben vállalt érettségi eln¨ okséget, hogy maradjon kapcsolata a közoktatással. Ezt a kapcsolatot er˝ os´ıtette az is, hogy második házasságából sz¨ uletett két gyermekéK¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

297

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 298. oldal – 42. lap


i

nek tanulm´ anyait k´ısérhette figyelemmel. Lánya a KöMaL sikeres feladatmegoldója lett, kés˝ obb informatikusként végzett az egyetemen. Fiából villamosmérnök lett. A 80-as évek végén csal´ adi okból visszatértek Egerbe, itt 1991-ben sikerrel pály´ azta meg az egyik belv´ arosi általános iskola igazgatói állását. T´ızéves igazgatói m˝ uk¨ odése sor´ an nagy figyelmet ford´ıtott az általános iskolai természettudományos oktat´ as fejlesztésére. Megyei versenyeket szervezett, emelt szint˝ u természettudományos oszt´ alyokat ind´ıtott az iskolában. Nyugd´ıjas korában visszatért a középiskolai fizik´ ahoz: a megyei Mátrai Tibor fizikaverseny feladatait áll´ıtotta össze: k¨ ulön-k¨ ulön feladatsort minden évfolyam sz´ amára. Ezekb˝ol a feladatokból válogatott a KöMaL fizika szerkeszt˝ osége 2007-t˝ ol kezdve. Szombathy Mikl´ osnak mindkét házasságából két-két gyermeke sz¨ uletett, unokái k¨ oz¨ ul a legid˝ osebb m´ ar orvos, a legkisebb pedig még csak egy éves. Nagyon szerette a természetet, a gyalogt´ urázást, otthon pedig az olvasást és a komolyzene hallgat´ ast. 74 éves kor´ aban ragadta el a kegyetlen betegség, amely ellen méltósággal és kitart´ assal k¨ uzd¨ ott. Csal´ adja, barátai, kollégái és tan´ıtványai ˝orzik emlékét szeretettel. R. Gy.

Fizika feladatok megold´ asa

P. 4653. Egy t¨ okéletesen sima fel¨ ulet˝ u, r¨ ogz´ıtett g¨ omb legmagasabban lev˝ o pontj´ an egy kisméret˝ u (t¨ omegpontnak tekinthet˝ o) test van. Ha ezt a testet az egyens´ ulyi helyzetéb˝ ol egy kicsit kitér´ıtj¨ uk, akkor az egy ideig s´ url´ od´ as nélk¨ ul cs´ uszik a g¨ omb fel¨ uletén, majd onnan lev´ alva leesik. a) Mekkora s utat tesz meg a test a g¨ omb¨ on cs´ uszva az elv´ al´ as pillanat´ aig? b) A g¨ omb f¨ ugg˝ oleges ´ atmér˝ ojét˝ ol sz´ am´ıtva mekkora L t´ avols´ agban esik a test a v´ızszintes alapra? A g¨ omb sugara R = 1,5 m. (4 pont) 298

Cornides Istv´ an matematika–fizika verseny, Révkomárom (Szlovákia)


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 299. oldal – 43. lap


i

Megold´ as. Amikor a test még cs´ uszik a g¨ omb fel¨ uletén, akkor a testre ható er˝ok (a test s´ ulya, valamint a r¨ ogz´ıtett g¨ omb által kifejtett tart´ oer˝ o) ered˝ ojének sug´ ar ir´ any´ u összetev˝oje biztos´ıtja a k¨ ormozg´ ashoz sz¨ ukséges centripetális er˝ ot. A test akkor v´ alik el a fel¨ ulett˝ol, amikor a g¨ omb már éppen nem fejt ki er˝ot a testre. Legyen az elv´ al´ as pillanat´ aban a test sebessége v, a helyzetét pedig az ´ abr´ an l´ atható α szöggel jellemezhetj¨ uk. A mozg´ asegyenlet: v2 m = mg cos α, R tovább´ a az energiamegmarad´ as törvénye alapján fennáll: 1 mv 2 = mgR(1 − cos α). 2 A fenti két egyenletb˝ ol a sz¨ og és a sebesség kiszám´ıtható: cos α =

2 , 3

α = 48,2◦ = 0,84 radián,

teh´ at az elv´ al´ as pillanat´ aig megtett u ´t: s = Rα = 1,26 m, illetve:

√ v=

2 Rg. 3

Bontsuk fel a test sebességét v´ızszintes vx és f¨ ugg˝oleges vy komponensekre! (Az x tengelyt jobbra, az y tengelyt pedig lefelé irány´ıtjuk.) A fel¨ ulett˝ol való elválás pillanat´ aban √ vx = v cos α =

8 Rg, 27

√ vy = v sin α =

10 Rg. 27

A mozg´ as tov´ abbi szakaszában a test v´ızszintes irány´ u mozgása egyenletes mozg´ as, teh´ at ha a leveg˝ oben töltött id˝o t, a test v´ızszintes irány´ u elmozdulása: d = vx t. A f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u mozgás egyenletesen gyorsuló mozgás, melynek kezd˝osebessége vy , legnagyobb sebessége pedig (a mechanikai energiamegmaradás tétele szerint): vymax

√ √ √ 10 Rg 2 Rg + 2R(1 + cos α)g = 10 . = (vy ) + 2g∆y = 27 27


299

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 300. oldal – 44. lap


i

Mivel a f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u mozgás egyenletesen változó mozgás, a földet érés ideje ´ıgy is kisz´ am´ıthat´ o: √ √ ) vymax − vy Rg ( 10 − 10 , t= = g 27 ahonnan a test v´ızszintes ir´ any´ u elmozdulása az elválás pillanatától a földet érésig: √ √ ) 8( d = vx t = 10 − 10 R = 0,716 R. 27 A keresett L t´ avols´ ag a fentebb kiszám´ıtott d és a gömbfel¨ uleten történt elmozdul´ as v´ızszintes vet¨ uletének összege: L = d + R sin α =

√ ) 5( √ 4 2 + 5 R = 1,46R = 2,19 m. 27

Megjegyzés. A feladatban szerepl˝ o s és L t´ avols´ agok sem a test t¨ omegét˝ ol, sem a nehézségi gyorsul´ ast´ ol nem f¨ uggnek, ´ıgy ak´ ar a Holdon is érvényesek lennének.

Iv´ an Bal´ azs (Fonyód, Mátyás Király Gimn. 10. évf.) és Marosv´ ari Krist´ of (Fonyód, Keszthely, Vajda J. Gimn. 12. évf.) dolgozata alapján 106 dolgozat érkezett. Helyes 73 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 14, hi´ anyos (1–2 pont) 11, hib´ as 7, nem értékelhet˝ o 1 dolgozat.

P. 4667. Szab´ alyos tetraéder cs´ ucspontjaiban azonos el˝ ojel˝ u és egyar´ ant Q nagys´ ag´ u pontt¨ oltések helyezkednek el. Mekkora nagys´ ag´ u, ellentétes el˝ ojel˝ u pontt¨ oltést kell elhelyezni a tetraéder k¨ ozepén, hogy a t¨ oltésekre hat´ o ered˝ o elektrosztatikus er˝ o zérus legyen? Mekkora a t¨ oltésrendszer k¨ olcs¨ onhat´ asi energi´ aja? (5 pont)

Közli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a szab´ alyos tetraéder középpontjába helyezett ponttöltés nagys´ ag´ at Q′ -vel. Ez a t¨ oltés (az elrendezés szimmetriája miatt) nyilván egyens´ ulyban van. A t¨ obbi t¨ oltés egyens´ ulyának vizsgálatához (ismét a szimmetriára hivatkozva) elegend˝ o az egyik kiválasztott cs´ ucspontban elhelyezked˝o töltésre ható elektrosztatikus er˝ ok ered˝ ojét kiszám´ıtanunk, és annak elt˝ unését megköveteln¨ unk. Ha a szab´ alyos tetraéder oldalélének hosszát a-val jelölj¨ uk (1. ´ abra), akkor az oldallapjainak magass´ aga √ 3 a, m = AR = 2 az oldallap s´ ulypontj´ anak és az egyik cs´ ucsának távolsága pedig √ 3 2 a. AP = m = 3 3 300


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 301. oldal – 45. lap

Eszerint a tetraéder magass´ aga


√

M = DP =

( a2

−

i

)2 √ 2 2 m = a. 3 3

Az AO = OD feltételb˝ ol megkapható, hogy a tetraéder középpontja a magasságvonal negyedénél tal´ alhat´ o, vagyis a tetraéder középpontjának és az egyik cs´ ucsának távols´ aga √ 3 3 a, DO = M = 4 8 az 1. ábr´ an l´ athat´ o α sz¨ ogre pedig fennáll: √ M 2 cos α = = . a 3

1. ´ abra

2. ´ abra

Az egyik cs´ ucspontban lév˝o Q nagyság´ u töltésre bármelyik másik cs´ ucsnál tal´ alhat´ o t¨ oltés Q2 F =k 2 a nagys´ ag´ u tasz´ıt´ oer˝ ot fejt ki. A három másik cs´ ucs töltései által kifejtett er˝o ered˝oje a szimmetria miatt a tetraéder középpontjával ellentétes irányba mutató és √ Q2 2 ∗ F = 3F cos α = 3k 2 a 3 nagys´ ag´ u (2. ´ abra). Ugyanilyen irány´ u és F′ = k

QQ′ 2

( 3M 4 )


=

8k QQ′ 3 a2 301

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 302. oldal – 46. lap


i

nagys´ ag´ u vonz´ oer˝ot fejt ki a tetraéder középpontjában elhelyezked˝o Q′ nagyság´ u, Q-val ellentétes el˝ ojel˝ u t¨ oltés. Az er˝ oegyens´ uly feltétele: F ′ = F ∗ , ami √ ′

Q =

27 Q ≈ 0,92 Q 32

esetén teljes¨ ul. A t¨ oltésrendszer teljes k¨ olcsönhatási energi´ aja a töltéspárok megfelel˝o energiáinak o ¨sszege: ( ) √ QQ′ Q Q2 8 ′ − 4k 3M = k 6Q − 4 Q , W = 6k a a 3 ( ) 4

ami Q′ fentebb kisz´ am´ıtott értékének behelyettes´ıtésével – érdekes módon – nullának adódik: √ √ ) ( Q2 8 27 W =k 6−4 = 0. a 3 32

Megjegyzés. Bel´ athat´ o, hogy b´ armely t¨ oltésrendszer elektrosztatikus k¨ olcs¨ onhat´ asi energi´ aja nulla, ha a rendszer elemei (elektrosztatikus er˝ ohat´ asok szempontj´ ab´ ol) egyens´ ulyban vannak. Ilyen esetben ugyanis a rendszer méreteit – kis lépésben – ar´ anyosan megn¨ ovelhetj¨ uk, méghozz´ au ´gy, hogy ek¨ ozben nem kell munk´ at végezn¨ unk (hiszen a rendszer minden elemére hat´ o ered˝ o er˝ o nulla). Ezt a méretn¨ ovelést egészen addig folytathatjuk, ameddig a t¨ oltések m´ ar nagyon t´ avol ( végtelen” messze) ker¨ ulnek egym´ ast´ ol, vagyis ami” kor a k¨ olcs¨ onhat´ asi energi´ ajuk null´ av´ a v´ alik. Mivel mindezt munkavégzés nélk¨ ul tehetj¨ uk meg, az energia az eredeti ´ allapotban is nulla kellett, hogy legyen.

K¨ ortef´ ai D´ ora (Hajd´ uböszörmény, Bocskai I. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján 80 dolgozat érkezett. Helyes 33 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 19, hi´ anyos (1–3 pont) 26, hib´ as 2 dolgozat.

P. 4672. Egy 1 dm3 térfogat´ u t¨ om¨ or alum´ıniumg¨ omb¨ ot vékony fon´ al k¨ ot ¨ ossze egy 0,5 g/cm3 s˝ ur˝ uség˝ u feny˝ of´ ab´ ol kész¨ ult g¨ ombbel. A g¨ omb¨ ok teljesen v´ızbe mer¨ ulnek és nyugalomban vannak. a) Mekkora a fag¨ omb térfogata? b) Mekkora er˝ o fesz´ıti a g¨ omb¨ oket ¨ osszek¨ ot˝ o fonalat? (3 pont) 302

M´ atrai Tibor fizikaverseny, Eger


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 303. oldal – 47. lap


i

Megold´ as. a) Mindkét testre a nehézségi er˝o (G), a felhajt´ oer˝ o (F ) és a fonalat fesz´ıt˝o er˝o (K) hat (lásd az ´ abr´ at). Az egész rendszer egyens´ ulyának feltétele: Gfa + GAl = Ffa + FAl . Az er˝ ok kifejezhet˝ ok a testek térfogatával és a s˝ ur˝ uségével, illetve a v´ız s˝ ur˝ uségével: Vfa ϱfa g + VAl ϱAl g = Vfa ϱv´ız g + VAl ϱv´ız g, ahonnan a fag¨ omb keresett térfogata: Vfa =

ϱAl − ϱv´ız 2,7 − 1,0 VAl = · 1,0 dm3 = 3,4 dm3 . ϱv´ız − ϱfa 1,0 − 0,5

b) A fonalat fesz´ıt˝ o er˝ ot az egyik gömb (mondjuk az alum´ıniumg¨ omb) egyens´ ulyának feltételéb˝ol határozhatjuk meg: GAl = FAl + K, ahonnan K = GAl − FAl = (ϱAl − ϱv´ız ) g VAl ≈ 17 N. Sallai Krisztina (Mez˝okovácsháza, Hunyadi J. Gimn., 10. évf.) 114 dolgozat érkezett. Helyes 78 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 25, hi´ anyos (1 pont) 3, hib´ as 7, nem értékelhet˝ o 1 dolgozat.

P. 4673. Mekkora a hang terjedési sebessége cseppfoly´ os leveg˝ ovel −141 ◦ C-ra leh˝ ut¨ ott hidrogéng´ azban? (4 pont)

Nagy Béla (1881–1954) feladata

Megold´ as. A gázokban terjed˝o hang sebességét a √ RT c= κ M uggésb˝ ol határozhatjuk meg (ahol M a móltömeg, R a gázállandó, T az abösszef¨ szol´ ut h˝ omérséklet, κ pedig a gázra jellemz˝o fajh˝ohányados). A hidrogén megadott és t´ abl´ azatban megtal´ alhat´ o adataival ez a sebesség T = 132 K h˝omérsékleten √ 8,31 · 132 m m c = 1,4 ≈ 880 . 0,002 s s ´ is elj´ Ugy arhatunk, hogy felhasználjuk a 0 C◦ = 237 K h˝omérséklethez tartozó, tábl´ azatokban fellelhet˝ o 1268 m/s-os hangsebesség adatot. Mivel a hangsebesség (ide´ alis gázokban) az abszol´ ut h˝omérséklet négyzetgyökével arányos, √ 132 m · c(237 K) ≈ 890 . c(132 K) = 273 s K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

303

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 304. oldal – 48. lap


i

A kétféle sz´ am´ıt´ as kicsiny eltérése arra utal, hogy az alkalmazott képleteket és a behelyettes´ıtett adatokat nem szabad nagyon pontosnak tekinteni; az elméleti sz´ am´ıt´ asoknak – csak´ ugy, mint a mérési eredményeknek – van valamekkora hib´ aja”. ” M´ oricz Melinda (Bp., ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 12. évf.) és T´ oth Mikl´ os (Keszthely, Vajda János Gimn., 8. évf.) dolgozata alapján 78 dolgozat érkezett. Helyes 48 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 1, hi´ anyos (1–2 pont) 14, hib´ as 15 dolgozat.

P. 4677. Az ábrán l´ athat´ o, k¨ onnyen g¨ ord¨ ul˝ o kiskocsira szerelt α = 30◦ -os lejt˝ oh¨ oz érint˝ olegesen R = 20 cm sugar´ u k¨ or´ıv keresztmetszet˝ u p´ alya csatlakozik. A kiskocsi és a lejt˝ o ¨ osszt¨ omege M = 0,5 kg. A p´ alya mindenhol s´ url´ od´ asmentesnek tekinthet˝ o. A 2R magas lejt˝ o tetejére egy pontszer˝ unek tekinthet˝ o, m = 0,3 kg t¨ omeg˝ u testet helyez¨ unk, majd l¨ okésmentesen elengedj¨ uk. a) Mekkora lesz a kis test és a kiskocsi elmozdul´ asa, sebessége és gyorsul´ asa abban a pillanatban, amikor a kis test emelked˝ o mozg´ asa sor´ an a legmagasabbra ker¨ ul, ha a k¨ orlejt˝ o k¨ ozépponti sz¨ oge φ = 120◦ ? b) Mekkora lesz a kis test és a kiskocsi elmozdul´ asa és sebessége abban a pillanatban, amikor a kis test éppen elhagyja a k¨ orlejt˝ ot, ha φ = 90◦ ? (5 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

Megold´ as. a) φ = 120◦ esetén a körlejt˝o végén a pálya éppen f¨ ugg˝oleges, teh´ at a kis test lerep¨ ulése pillanat´ aban a kiskocsi és a kis test ugyanakkora v´ızszintes ir´ any´ u sebességgel mozog. Ez a közös sebesség azonban a lend¨ uletmegmaradás törvénye szerint nulla kell, hogy legyen, hiszen a rendszerre nem hat v´ızszintes irány´ u k¨ uls˝ o er˝ o, ´ıgy a kezdetben nulla lend¨ ulet v´ızszintes komponense nem változhat meg. A s´ url´ od´ asmentes mozgás miatt a rendszer mechanikai energiája is változatlan marad. A kis test a p´ aly´ aj´ anak legmagasabb pontjában éppen áll, és ekkor a kiskocsi sem mozog, az emelkedési magasság tehát (a lejt˝o aljától szám´ıtva) 2R = 40 cm. A kis test gyorsul´ asa a p´ alya legmagasabb pontj´ aban nyilván g = 9,81 m/s2 (lefelé), a kiskocsi gyorsul´ asa pedig nulla. A kis test v´ızszintes ir´ any´ u elmozdulása a kocsihoz képest ℓ1 = R + R sin α +

R + R cos α sin α + cos α + 1 = R = 94,6 cm. tg α sin α

Ha az M t¨ omeg˝ u kiskocsi a vizsgált pillanatig x távolsággal mozdul balra, az m tömeg˝ u kis test v´ızszintes ir´ any´ u elmozdulása pedig ℓ1 − x jobbra, akkor az egész rendszer t¨ omegk¨ ozéppontj´ anak v´ızszintes irány´ u elmozdulása a talajhoz képest: X = M x − m(ℓ1 − x). 304


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 305. oldal – 49. lap


i

Ez az elmozdul´ as azonban (a v´ızszintes irány´ u k¨ uls˝o er˝ok hiánya miatt) nulla, ahonnan a kocsi, illetve a kis test v´ızszintes irány´ u elmozdulása: x=

m ℓ1 = 35,5 cm m+M

ℓ1 − x =

és

M ℓ1 = 59,1 cm. m+M

b) φ = 90◦ esetén a k¨ orlejt˝o széle 60◦ -os szöget zár be a v´ızszintessel, és a kis test elmozdul´ asa a kocsihoz képest v´ızszintes irányban a lejt˝o elhagyásának pillanat´ aig: sin α cos α + cos α + 1 R = 92,0 cm. ℓ2 = sin α Ezalatt a kiskocsi

m ℓ2 = 34,5 cm m+M

távols´ aggal mozdul el balra, a kis test v´ızszintes irány´ u elmozdulása pedig a lerep¨ ulésének pillanat´ aig M ℓ2 = 57,5 cm. m+M Abban a pillanatban, amikor a kis test elhagyja a kiskocsin lév˝o lejt˝ot, legyen a kocsi sebessége (balra) V , a kis test (talajhoz viszony´ıtott) sebessége pedig jobbra vx , f¨ ugg˝ olegesen felfelé pedig vy . A v´ızszintes irány´ u lend¨ ulet megmaradása miatt m M V − mvx = 0, vagyis V = vx . M A kis test a kocsihoz képest vx + V v´ızszintes és vy f¨ ugg˝oleges sebességgel rendelkezik, és ezen sebességek arányát meghatározza a körlejt˝o meredeksége a pálya szélén: vx + V = tg α, vy

ahonnan

vy =

vx + V vx ( m) = 1+ . tg α tg α M

Fel´ırhatjuk még a mechanikai energia megmaradásának törvényét az ind´ıtás és a lejt˝ or˝ ol val´ o lerep¨ ulés pillanatára: ) 1 1 ( mg · 2R = mgR(1 − sin α) + M V 2 + m vx2 + vy2 , 2 2 ahonnan V és vy kor´ abban kifejezett alakját behelyettes´ıtve vég¨ ul a keresett sebességekre m m m vx = 0,80 , vy = 2,2 és V = 0,48 s s s ad´ odik. Olosz Bal´ azs (Pécs, Babits M. Gimn., 12. évf.) 42 dolgozat érkezett. Helyes 16 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 5, hi´ anyos (1–3 pont) 20, hib´ as 1 dolgozat.


305

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 306. oldal – 50. lap


i

P. 4695. Egy 5 dioptri´ as lencsét˝ ol 10 cm-re helyezkedik el egy olyan vil´ ag´ıt´ o, 1 cm hossz´ u izz´ osz´ al, amely mer˝ oleges az optikai tengelyre. A lencse m´ asik oldal´ an, ugyancsak az optikai tengelyre mer˝ olegesen helyez¨ unk el egy, a lencse felé fordul´ o s´ıkt¨ ukr¨ ot, t˝ ole 20 cm-re. Hol, mekkora és milyen ´ all´ as´ u képei keletkeznek az izz´ osz´ alnak? (4 pont)

Szombathy Mikl´ os (1940–2014) feladata

Megold´ as. Az 5 dioptri´ as lencse fókusztávolsága 20 cm, ´ıgy a lencse egyik fókuszpontja éppen a t¨ uk¨ or s´ıkjába esik. A nevezetes sugármenetek seg´ıtségével megszerkeszthetj¨ uk, hogy a lencsén áthaladó fénysugarak a T = 1 cm-es izzószálról a lencse t´ argyoldali fókuszs´ıkjában (vagyis 20 cm-re a lencsét˝ol) K1 = 2 cm nagys´ ag´ u, egyenes áll´ as´ u, l´ atszólagos képet alkotnak. (Az ´ abra nem méretarányos, a f¨ ugg˝ oleges” méreteket a jobb áttekinthet˝oség kedvéért er˝osen megny´ ujtottuk.) ” Ezt a képet akkor l´ athatjuk, ha a szem¨ unkbe csak azok a fénysugarak juthatnak, amelyek a lencsén mind¨ ossze csak egyszer haladnak át és a s´ıkt¨ ukröt sem érik el. Ilyen helyzetet mutat pl. az ábrán látható Sz1 .

A lencsén megt¨ or˝ o fénysugarak egy része eléri a s´ıkt¨ ukröt és arról visszaver˝odik. Ezek a sugarak a t¨ uk¨ or t´ uls´ o oldalán, a t¨ ukört˝ol 40 cm távolságban K2 = 2 cm nagys´ ag´ u, egyenes áll´ as´ u, látszólagos képet hoznak létre. Ezt a képet pl. az Sz2 helyr˝ ol l´ athatjuk. Vég¨ ul pedig azon fénysugarak, amelyek a t¨ ukörr˝ol visszaver˝odve másodszor is áthaladnak a lencsén, a lencsét´ ol 30 cm távolságban |K3 | = 1 cm nagyság´ u, ford´ıtott áll´ as´ u, val´ odi képet alkotnak, amely pl. az Sz3 helyr˝ol látható. Ugyanezeket az eredményeket az 1 1 1 + = t k f leképezési t¨ orvény t¨ obbsz¨ ori alkalmazásaival is megkaphatjuk. Az els˝o leképezés eredménye a t1 = 10 cm és az f = 20 cm adatoknak megfelel˝oen k1 = 306

t1 f 10 · 20 = cm = −20 cm t1 − f 10 − 20 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 307. oldal – 51. lap


i

távols´ agban keletkez˝ o l´ atsz´ olagos kép, amelynek mérete: K1 = −

k1 T = 2 cm. t1

(A fenti képletekben k1 < 0 a látszólagos képre, K1 > 0 pedig a kép egyenes állására utal.) A lencse által létrehozott (látszólagos) kép és a s´ıkt¨ ukör távolsága t2 = d − k2 = 40 cm, ahol d =10 cm a lencse és a t¨ ukör távolságát jelöli. A t¨ ukör az els˝o leképezés eredményéb˝ ol k2 = −t2 = −40 cm-nek megfelel˝o helyen, vagyis a t¨ ukör t´ ulsó oldalán hoz létre k2 K2 = − K1 = 2 cm t2 nagys´ ag´ u, egyenes áll´ as´ u, l´ atszólagos képet. (A s´ıkt¨ ukör képalkotásának jellemz˝oi a leképezési t¨ orvényb˝ ol form´ alisan az f → ∞ határátmenettel kaphatók meg.) Amennyiben a fénysugarak másodszor is áthaladnak a lencsén, a kialakuló kép helye: t3 f k3 = , t3 − f ahol t3 = d − k2 = 60 cm, ´ıgy k3 =

60 · 20 cm = 30 cm > 0, 60 − 20

és a kép mérete K3 = −

k3 K2 = −1 cm < 0. t3

Az el˝ ojelek azt mutatj´ ak, hogy a harmadik kép valódi és ford´ıtott állás´ u. T¨ obb dolgozat alapj´ an 37 dolgozat érkezett. Helyes 12 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 16, hi´ anyos (1–2 pont) 8, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4699. Egy α = 30◦ -os hajl´ assz¨ og˝ u lejt˝ on két vékony lemez egy s´ınp´ art alkot. A lemezek t´ avols´ aga d = 1,6 cm. A s´ınp´ arra 2 cm ´ atmér˝ oj˝ u goly´ ot helyez¨ unk, és ez cs´ usz´ as nélk¨ ul leg¨ ord¨ ul. a) Mekkora a goly´ o k¨ ozéppontj´ anak a gyorsul´ asa? b) µ nagys´ ag´ u s´ url´ od´ asi egy¨ utthat´ o esetén milyen meredek lejt˝ onél cs´ uszik meg a goly´ o? (5 pont)


Vermes Mikl´ os (1905–1990) feladata 307

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 308. oldal – 52. lap


i

Megold´ as. Vizsg´ aljuk meg a golyó mozgását kétféle nézetb˝ol: a s´ınekkel párhuzamos ir´ anyb´ ol (1. ´ abra), illetve a lejt˝o esésvonalára mer˝oleges, v´ızszintes irányból (2. ´ abra). A goly´ ora hat´ o er˝ ok: az mg nehézségi er˝o, a s´ıneknél ható, egyenként N nagys´ ag´ u nyom´ oer˝ o és mindkét s´ınnél S nagyság´ u s´ urlódási er˝o, az ábrákon jelölt ir´ any´ıt´ asokkal. (Az ábr´ akon csak a további szám´ıtásban szerepet játszó er˝oket jel¨ olt¨ uk.)

1. ´ abra

2. ´ abra

A goly´ o k¨ ozéppontj´ anak gyorsulását a-val, a szöggyorsulását pedig β-val jelölve a tiszta g¨ ord¨ ulés feltétele: a = hβ, ahol

√ h=

R2

( )2 d − = 0,6 cm 2

a goly´ o k¨ ozéppontj´ anak t´ avols´ aga a s´ınek s´ıkjától. Írjuk fel a goly´ o mozg´ asegyenleteit! A lejt˝ore mer˝oleges irányban a golyó tömegk¨ ozéppontja nem gyorsul, ´ıgy mg cos α − 2N cos φ = 0, ahol cos φ = h/R = 0,6. A lejt˝ o esésvonal´ anak ir´ anyában a golyó mozgásegyenlete: mg sin α − 2S = ma. A s´ url´ od´ asi er˝ ok forgat´ onyomatékot fejtenek ki a Θ = 25 mR2 tehetetlenségi nyomaték´ u goly´ ora. A forg´ omozgás alapegyenlete szerint 2Sh = 308

2 mR2 β. 5


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 309. oldal – 53. lap


i

A fenti egyenletekb˝ ol kifejezhet˝o a tömegközéppont gyorsulása és a kényszerer˝ ok nagys´ aga. A feladatban szerepl˝o α = 30◦ -nál a=

sin α 1+

2 R 2 5 h

( )

m , s2

g = 0,234 g ≈ 2,32

tovább´ a (tetsz˝ oleges α sz¨ og esetén)   mg 1  = 0,26 mg sin α S= sin α 1 − 2 2 1 + 25 ( R ) h és N=

mg cos α = 0,83 mg cos α. 2 cos φ

A goly´ o nem cs´ uszik meg, ha teljes¨ ul az S 6 µN feltétel, vagyis ha (adott s´ url´ od´ asi egy¨ utthat´ o mellett) fennáll, hogy tg α 6 3,2 µ. Iv´ an Bal´ azs (Fonyód, Mátyás Király Gimn., 10. évf.) 53 dolgozat érkezett. Helyes 16 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 6, hi´ anyos (1–3 pont) 27, hib´ as 4 dolgozat.

P. 4701. F¨ ugg˝ oleges s´ıkban mozg´ o, szigetel˝ o anyagb´ ol kész¨ ult karika P1 és P2 pontj´ ahoz Q t¨ oltés˝ u, kisméret˝ u goly´ okat u ´gy, hogy α = 60◦ (l´ asd az ábrát). A karika B indukci´ oj´ u, homogén m´ agneses mez˝ oben van, amelynek er˝ ovonalai mer˝ olegesek a karika s´ıkj´ ara. A karik´ at u ´gy mozgatjuk, hogy az a szigetel˝ o anyagb´ ol kész¨ ult v´ızszintes fel¨ uleten tiszt´ an g¨ ord¨ ul, és a k¨ ozéppontj´ anak sebessége v0 . a) Mekkora m´ agneses er˝ ok hatnak az ´ abr´ an l´ athat´ o helyzetben az egyes t¨ olt¨ ott goly´ okra? b) A karika mely helyzeteiben nincs a m´ agneses er˝ ok ered˝ ojének forgat´ onyomatéka a karika k¨ ozéppontj´ ara vonatkoztatva? Ezen helyzetek k¨ oz¨ ul melyikben gyakorol nagyobb er˝ ot a m´ agneses mez˝ o a karik´ ara? Mekkora ez az er˝ o? c) Hat´ arozzuk meg a m´ agneses er˝ ok hat´ asvonalainak metszéspontj´ at! (5 pont)

Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs

I. megold´ as. a) A mágneses térben v sebességgel mozgó, Q töltés˝ u golyóra ható er˝ o a sebességvektorra is és a mágneses indukcióvektorra is mer˝oleges, nagysága F = QBv. (Kihaszn´ altuk, hogy B és v mer˝olegesek egymásra, és az egyértelm˝ uség kedvéért feltételezz¨ uk, hogy Q > 0.) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

309

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 310. oldal – 54. lap


i

A golyók sebessége az R sugar´ u karika középpontjának v0 nagyság´ u v´ızszintes sebességéb˝ol és a tiszta görd¨ ulés Rω = v0 nagyság´ u, érint˝o irány´ u sebességéb˝ol tehet˝o össze (1. ´ abra). A P1 pontban ez v1 = 2v nagys´ a g´ u, a P2 pontban pedig 0 √ v2 = 3 v0 (egy szabályos háromszög kétszeres magasságának megfelel˝o) nagyság´ u sebességvektort eredményez, ´ıgy a kérdéses er˝ok: 1. ´ abra

F1 = QBv1 = 2QBv0 , √ F2 = QBv2 = 3 QBv0 .

b) A karika bármely pontjának sebességvektora két vektor (a haladó mozgás és a forg´ omozg´ as ker¨ uleti sebességének) o¨sszegeként áll´ıtható el˝o. A karikához rögz´ıtett t¨ olt¨ ott testre hat´ o mágneses Lorentz-er˝ot az egyes sebességkomponensekhez tartoz´ o mágneses er˝ ok vektori összegeként is megkaphatjuk (szuperpoz´ıció-elv). Tekints¨ uk a karika azon helyzetét, amelyben a P2 ponthoz tartozó sugár φ szöget zár be a f¨ ugg˝ olegessel, a P1 -hez tartozó sugár ehhez képest α szöggel lemarad” ” (2. ´ abra). Keress¨ uk φ azon értékét (vagy értékeit), amely(ek)nél az ered˝o er˝onek nincs forgat´ onyomatéka a karika O középpontjára vonatkoztatva.

2. ´ abra

3. ´ abra (c)

(c)

Az érint˝ o ir´ any´ u sebességvektorokhoz tartozó F1 és F2 er˝ok sugár irány´ uak (centr´ alisak), az O pontra vonatkoztatott forgatónyomatékuk nulla. A v´ızszintes (transzl´ aci´ os) sebességnek megfelel˝o Lorentz-er˝o f¨ ugg˝oleges irány´ u, és a nagysága 310


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 311. oldal – 55. lap


i

a karika minden pontj´ an´ al ugyanakkora: (f)

(f)

F1 = F2 = QBv0 . Az er˝ ok ered˝ ojének akkor lesz nulla a forgatónyomatéka, ha a megfelel˝o er˝okarok megegyeznek: k1 = k2 , vagyis sin(α − φ) = sin φ. Ebb˝ ol – trigonometrikus átalak´ıtások után – a tg(α/2) = tg φ egyenlet következik, amelynek megold´ asa: φ=

α = 30◦ , 2

vagy

φ = 180◦ +

α = 210◦ . 2

Mindkét helyzetben a goly´ ok a karika f¨ ugg˝oleges átmér˝ojére nézve szimmetrikusan helyezkednek el. Sebess´ e g¨ u k nagys´ a ga a fels˝o” helyzetben nagyobb, ilyenkor √ ) ( ” 3 Qv B, az alsó” szimmetrikus helyzetben pedig az ered˝ o er˝ o nagys´ a ga 2 + 0 √ ) ( ” csak 2 − 3 Qv0 B. c) Tekints¨ uk a karika azon helyzetét, amelyben a P1 pontba h´ uzott sugár φ szöget, a P2 ponthoz tartoz´ o sug´ ar pedig φ + α szöget zár be a f¨ ugg˝olegessel (3. ´ abra). Megmutatjuk, hogy a pontt¨ oltésekre ható mágneses er˝ok hatásvonalainak P3 metszéspontja tetsz˝ oleges φ sz¨ og esetén a karika és a talaj P érintkezési pontjával esik egybe. (Az ábr´ at sz´ andékosan kicsit eltorz´ıtottuk, nehogy a bizony´ıtandó áll´ıtást a helyes ábr´ ar´ ol indokl´ as nélk¨ ul olvassuk le.) Haszn´ aljuk ki, hogy az egyes ponttöltésekre ható mágneses er˝o két komponense (a tiszta g¨ ord¨ ulés miatt) ugyanakkora, ered˝oj¨ uk tehát felezi a között¨ uk lév˝o φ, illetve 2γ = φ + α nagys´ ag´ u szöget. Az OP1 P2 háromszög egyenl˝o szár´ u, ´ıgy β=

180◦ − α . 2

A P1 P2 P3 h´ aromsz¨ og bels˝ o sz¨ ogeinek összegéb˝ol 180◦ − α φ 180◦ − α α + φ − + + + δ = 180◦ , 2 2 2 2

vagyis

δ=

α 2

ad´ odik. Ezek szerint (a P1 P2 kör´ıvhez tartozó középponti és ker¨ uleti szögek tétele alapján) a P3 pont a karik´ an helyezkedik el, méghozzá éppen a karika f¨ ugg˝oleges átmér˝ ojének als´ o végpontj´ an´ al, hiszen az OP2 P3 háromszög bels˝o szögeinek összegéb˝ ol (kihaszn´ alva, hogy OP3 P1 ^ = φ/2): ε+ teh´ at

φ+α φ + + δ = 180◦ , 2 2 ε + α + φ = 180◦

ad´ odik. Ezzel bel´ attuk, hogy a P3 pont P -vel esik egybe, vagyis a mágneses er˝ok ered˝ oje a karika és a talaj érintkezési pontján halad át. Kasza Bence (Budapest, Budai Ciszterci Szent Imre Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján


311

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 312. oldal – 56. lap


i

II. megold´ as. A karika mozgása minden pillanatban le´ırható a talaj és a karika érintkezési pontja (a P pont) kör¨ uli forgómozgással. (Ezen a ponton átmen˝o és a karika s´ıkj´ ara mer˝ oleges tengelyt pillanatnyi forg´ astengelynek nevezik.) A szögsebesség nagys´ aga nem f¨ ugg a tengely választásától, értéke bármely tengely, ´ıgy pl. a karika k¨ ozéppontj´ an átmen˝ o tengely kör¨ uli forgásra is ω = v0 /R. Jelölj¨ uk a P pontból P1 -be és P2 -be mutató vektorokat (a karika tetsz˝oleges helyzeténél) r 1 -gyel és r 2 -vel, a P1 és P2 pontok közötti szakasz felez˝opontját pedig ∗ P ∗ -gal (4. ´ abra). ) a karika O kö( A P√ pont zéppontj´ atól R 1 + 3/2 távolságra helyezkedik el, és a P pontból P ∗ -ba mutató vektor r1 + r2 r∗ = 2 módon adható meg. A karika ω szögsebessége az ábra s´ıkjára mer˝ oleges (tehát B-vel párhuzamos) vektor, melynek seg´ıtségével a sebességek v1 = ω × r1

4. ´ abra

és

v2 = ω × r2 ,

a megfelel˝ o Lorentz-er˝ ok pedig F 1 = Qv 1 × B = Q(ω × r 1 ) × B,

illetve F 2 = Qv 2 × B = Q(ω × r 2 ) × B.

Kihaszn´ alva, hogy r 1,2 a karika s´ıkjában fekv˝o vektorok, az egyes er˝ok és az ered˝oj¨ uk ´ıgy is fel´ırhat´ o: F 1 = QωB r 1 ,

F 2 = QωB r 2 ,

F 1 + F 2 = QωB (r 1 + r 2 ) = 2QωB r ∗ . a)√A feladat kit˝ uzési ábráján (vagyis a φ = 0 helyzetben) |r 1 | = 2R és |r 2 | = 3R, ´ıgy √ |F 1 | = 2Qv0 B, illetve |F 2 | = 3 Qv0 B. b) A mágneses er˝ ok ered˝ ojének akkor nincs forgatónyomatéka a karika középpontj´ ara vonatkoztatva, amikor r ∗ átmegy az O ponton, vagyis amikor r ∗ f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u vektor. Ez két esetben, φ = −α/2 = −30◦ -nál és φ = π − α/2 = −150◦ n´ al k¨ ovetkezik be. A t¨ olt¨ ott golyócskák mindkét helyzetben a f¨ ugg˝oleges átmér˝ore nézve szimmetrikusan helyezkednek el. Az ered˝ o er˝o nagysága √ ) ( |F 1 + F 2 | = 2QωB|r ∗ | = QBv0 2 ± 3 . A pozit´ıv el˝ ojel a fels˝ o, a negat´ıv pedig az alsó szimmetrikus helyzetnek felel meg. Az ered˝ o er˝ o teh´ at a fels˝ o helyzetben lesz nagyobb. 312


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 313. oldal – 57. lap


i

c) Mivel mind az F 1 , mind pedig az F 2 er˝ o hatásvonala áthalad a P ponton, az ered˝ o er˝ o is ezen a ponton halad át, erre a pontra vonatkoztatott forgatónyomatéka a karika tetsz˝ oleges helyzetében nulla. ¨ Oreg Botond (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. 12. évf.) és Sal Krist´ of (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. 11. évf.) dolgozata felhasználásával 36 dolgozat érkezett. Helyes 25 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 8, hi´ anyos (3 pont) 3 dolgozat.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

M. 351. Mérj¨ uk meg egy elektrolitkondenzátor átvezetési” ohmos ellenállá” sát! Mennyire f¨ ugg ez a rákapcsolt fesz¨ ultségt˝ol? (6 pont)

Közli: Vass Mikl´ os, Budapest

P. 4736. Egy hajó a foly´ on az egyik h´ıdtól a másik h´ıdig halad, majd azonnal visszaindul. Az oda-vissza u ´thoz hányszor több id˝ore van sz¨ uksége, mintha állóv´ızben haladna? (3 pont)

Közli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest P. 4737. Egy u ¨vegprizma egyik lapjára mer˝olegesen bees˝ o fénysugár a másik lapon 45◦ -os törési szögben lép ki. Mekkora a prizma tör˝oszöge, ha a fény sebessége ebben az u ¨vegben 240 000 km/s? (3 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 4738. Legal´ abb mekkora sebességgel haladjunk el egy lécker´ıtés mellett, hogy a ker´ıtésen mer˝olegesen átsz˝ ur˝od˝o napfényt folytonosan lássuk? A lécek szélessége 5 cm, a réseké 1 10 cm. Az emberi szem az 15 másodpercnél rövidebb ideig tart´ o képeket nem képes elk¨ ul¨ on´ıtve érzékelni. (3 pont)

K¨ ozli: Sz´ asz Kriszti´ an, Budapest

P. 4739. A vil´ ag egy olyan helyén, ahol a gravitációs gyorsulás pontosan 10 m/s2 , és semmi sem akad´ alyozza a szabadesést, egy piros és egy zöld sz´ın˝ u k˝o esik egym´ ashoz k¨ ozeli f¨ ugg˝ oleges pályán. A piros k˝o éppen akkor indul, amikor a magasabbr´ ol, ugyancsak kezd˝osebesség nélk¨ ul ind´ıtott zöld k˝o a piros mellé ér. Kis id˝ o m´ ulva a két k˝ o k¨ oz¨ ott 7 m a távolság, majd az innen szám´ıtott 2 másodperc elteltével ez a t´ avols´ ag 27 m-re n˝o. Mennyivel magasabbról indult a zöld k˝o? (4 pont)


Szombathy Mikl´ os (1940–2014) feladata 313

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 314. oldal – 58. lap

(4 pont)


i

P. 4740. F¨ ugg˝oleges, alul zárt hengerben lév˝o s´ ulytalan, s´ url´ od´ asmentesen mozgó dugatty´ u alatt a k¨ uls˝o légnyomással megegyez˝ o, p0 = 105 Pa nyomás´ u, V0 = 8 dm3 térfogat´ u ideális gáz van. A dugatty´ ut az A = 2 dm2 keresztmetszet˝ u henger alj´ aval egy D = 1000 N/m direkciós erej˝ u rugó köti össze. Egy fizikai k´ısérlet során a hengeren lév˝o csapon kereszt¨ ul a gáz t¨ omegét 50%-kal, az abszol´ ut h˝omérsékletét pedig meleg´ıtéssel 60%-kal megnövelj¨ uk. Határozzuk meg a gáz térfogatát és nyom´ as´ at a változások után! Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs

P. 4741. A tengerparthoz közeli, magas hegy alján éppen elfogy” a 20 literes ” palackban a gáz. Ekkor a szelepet gyorsan elzárjuk, s felvissz¨ uk a palackot a hegy tetején lév˝ o kutat´ o´ allom´ asra. Itt u ´jra siker¨ ul használni a gázt. Amikor itt is ki¨ ur¨ ul” ” a tart´ aly, mérleggel megmérj¨ uk, s kider¨ ul, hogy a hegy tetején használat közben 4,1 grammal cs¨ okkent a palack tömege. A hegy tetején a légnyomás 32 kPa-lal kisebb, mint a tengerszinten. A gáz h˝omérséklete a hegy alján és a kutatóállomáson is 27 ◦ C, a leveg˝ o s˝ ur˝ usége a tengerszinten 1,2 kg/m3 . a) Milyen gáz lehetett a palackban? b) Milyen magas a hegy? (4 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs

P. 4742. Egy C kapacit´ as´ u, feltöltött kondenzátor W elektromos energiát tárol. Ekkor egy második, t¨ oltetlen kondenzátort kapcsolunk hozzá párhuzamosan. Mekkor´ anak v´ alasszuk a második kondenzátor kapacitását ahhoz, hogy ez a kondenz´ ator az állandósult állapot beállta után a lehet˝o legtöbb elektromos energiát tárolja? E v´ alaszt´ as esetén mekkora lesz a két kondenzátorban tárolt összenergia? (4 pont)

Közli: Bilicz S´ andor, Budapest P. 4743. Közös pontban felf¨ uggesztett két egyenl˝o hossz´ u szigetel˝o fonál mindegyikén egy-egy kicsiny ebonitgoly´ o f¨ ugg, melyeken azonos el˝ojel˝ u és nagyság´ u elektromos t¨ oltés van. A fonalak 2α = 60◦ szöget zárnak be egymással, amikor az ingák egy edény belsejében, de leveg˝oben vannak egyens´ ulyi helyzetben. Ezután az edény feltöltj¨ uk petr´ oleummal annyira, hogy a golyók teljesen a petróleumban legyenek, távol az edény falától és a folyadék felsz´ınét˝ol. Mekkora lesz most a fonalak által bezárt szög?

Adatok: Az ebonit s˝ ur˝ usége 1200 kg/m3 , a petróleumé 820 kg/m3 . A petróleum relat´ıv dielektromos álland´ oja: εr = 2. (5 pont) 314

Közli: Légr´ adi Imre, Sopron


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 315. oldal – 59. lap


i

P. 4744. A B = 0,02 tesla indukciój´ u homogén mágneses térben ugyanazon B-vonalon két pont (X és Y ) helyezkedik el egym´ ast´ ol 10 cm t´ avols´ agra. Az X ponton egy 800 V fesz¨ ultséggel felgyors´ıtott elektron halad át, sebessége a B-vonallal α sz¨ oget z´ ar be. Mekkora lehet az α szög, ha az elektron az Y ponton is áthalad? (5 pont)

Vermes Mikl´ os (1905–1990) feladata

P. 4745. Fizika´ or´ an a decibel skáláról tanulnak a diákok. Egyik¨ uk megkérdezi a tan´ art, hogy van-e maximális er˝osség˝ u hanghullám. A tanár válasza: Van! ” A hanger˝ osség elméleti fels˝ o határa 194 dB.” Hogyan kaphatjuk meg ezt a furcsa sz´ amértéket? (5 pont)

Közli: Honyek Gyula, Budapest

P. 4746. A fény transzverzális hullám voltának bizony´ıtására szokás bemutatni a k¨ ovetkez˝ o k´ısérletet: Természetes fényb˝ ol el˝ o´ all´ıtott keskeny, párhuzamos nyalábot ejt¨ unk egy s´ık u ¨veglapra olyan szögben, hogy a megtört és a visszavert fénysug´ ar mer˝oleges legyen egymásra. Az u ol visszaver˝ od˝ o fény u ´tjába egy másik u ¨veglapr´ ¨veglapot helyez¨ unk u ´gy, hogy a beesési sz¨ og itt is ugyanakkora legyen, mint az el˝ obb. Ha ezt a m´ asodik u ¨veglapot a ráes˝o fénysugár mint tengely k¨ or¨ ul elforgatjuk, el˝oállhat olyan eset, hogy err˝ol m´ ar egy´ altal´ an nem ver˝ odik vissza fénysugár. a) Hogyan bizony´ıtja ez a k´ısérlet a fény transzverzális hullám voltát? b) Mekkora beesési sz¨ oggel esik a fénysugár az u ¨veglapokra, ha az u ¨veg törésmutat´ oja n = 1,5? c) Mekkora sz¨ oget zár be a két u ¨veglap s´ıkja egymással akkor, amikor a második u ol nem ver˝ odik vissza fénysugár? ¨veglapr´ (5 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

P. 4747. Egy 40 cm hossz´ uság´ u lánc két végpontj´ at azonos magass´ agban r¨ ogz´ıtj¨ uk az ´ abr´ an láthat´ o módon. Mekkora a l´ anc görb¨ uleti sugara a) a legals´ o pontj´ aban, b) a felf¨ uggesztési pontokban? (6 pont)

Közli: Vigh M´ até, Budapest

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

d K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/5

315

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 316. oldal – 60. lap


i

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 65. No. 5. May 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition C (see page 289): Exercises up 1 1 13 to year 10: C. 1294. Express the fraction 38 in the form m + n , where m and n are positive integers. C. 1295. The angles at vertices C and D of a quadrilateral ABCD are equal, and the intersection E of the interior angle bisectors drawn at vertices A and B lies on the side CD. Prove that E bisects side CD. Exercises for everyone: C. 1296. Find the angles of the acute-angled isosceles triangle in which the reflection of the centroid about the foot of an altitude lies on the line of the base. C. 1297. The main attractions of the show in a circus are the performances of a lion and an elephant. However, these performances cannot be accomplished if the animals are not in the mood. 3 4 The lion appears on stage in 5 of the shows, and the elephant only appears in 4 of the shows. The circus is so lucky as to be able to show at least one of the animals in 99% of the shows. What is the probability of both animals appearing in a show? C. 1298. The accompanying diagram shows a park with line segments representing the footpaths (in the diagram “Bej´ arat” = “Entrance”, “Kij´ arat” = “Exit”). In how many ways is it possible to get from the entrance to the exit if it is not allowed to leave the footpaths, and each footpath is walked at most (once? Exercises upwards of year 11: C. 1299. Solve the ) equation x3 + (1 − 3b)x2 + 3b2 + 2b − 6 x − b3 + b2 − 6b + 9 = 0, if x − b > 0. C. 1300. √ √ √ The √ lengths of the sides of a convex quadrilateral, in this order, are a, a + 3, a + 2 √ and 2a + 5. The length of each diagonal is 2a + 5. Determine the greatest angle of the quadrilateral. New exercises – competition B (see page 290): B. 4714. Given 2015 points in the plane, show that if every four of them form a convex quadrilateral then the points are the vertices of a convex 2015-sided polygon. (4 points) B. 4715. Find all pairs of positive in2 tegers (a, b) such that a(b ) = ba . (5 points) B. 4716. The rhombus ABF E determined by sides AB and AE is cut out of a regular pentagon ABCDE. Determine the centre of mass of the remaining concave pentagonal plate BCDEF . (3 points) (Suggested by P. Dombi, √ 1√ Pécs) B. 4717. Solve the equation |1 − x| = 2x − 57 − 2 x − 55 + .

|

x−54−2 x−55 ′

′

|

(4 points) (Suggested by B. B´ır´ o, Eger) B. 4718. The midpoint of edge B C of a cube ABCDA′ B ′ C ′ D′ is E, and the midpoint of edge C ′ D′ is F . The plane AEF divides the cube into two parts. Find the ratio of the volumes of the two parts. (5 points) B. 4719. Show that ( ) b a−b+j ∑ ∑ ( i )(a − i) a = (a + 1) j b − j b j=0 i=j for all positive integers a > b. (5 points) (Suggested by I. Porups´ anszki, Miskolc) B. 4720. Let a and n denote positive integers such that an − 1 | n. Prove that the numbers a + 1, a2 + 2, . . . , an + n all leave different remainders when divided by n. (6 points) B. 4721. A circle k touches the legs AB and AC of an isosceles triangle ABC, and intersects the base BC at K and L. Line segment AK intersects the circle k again at point M . The reflections of point K in B and in C are P and Q, respectively. Prove that k is tangent to the circumscribed circle of triangle P M Q. (6 points) B. 4722. Each permutation of an n-element set is coloured in either red, white or green. Let NRWG denote the number of ways to perform a red permutation followed by a white permutation and then a green permutation, such that each element is restored to its initial position at the

316


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 317. oldal – 61. lap


i

end. Analogously, let NGWR denote the number of ways to perform a green permutation followed by a white permutation and then finally a red permutation, such that each element is restored to its initial position. Show that NRWG = NGWR . (6 points) New problems – competition A (see page 292): A. 644. Let f (x, y) be a polynomial with two variables and integer coefficients such that f is constant neither in x- nor in y-direction. Prove that maxa,b∈[−2,2] f (a, b) > 4. (Based on the idea of Tam´ as Erdélyi, College Station, Texas) A. 645. Do there exist infinitely many (not necessarily convex) 2015-gons in the plane such that every three of them have a common interior point, but no four have a common point? A. 646. Ginger and Rocky play the following game. First Ginger hides two bones in the corners of a rectangular garden. She may dig 45 cm deep altogether, that is, she may either hide the two bones in two different corners, where the sum of their depths may be at most 45 cm, or she may hide them in the same place, both bones at a maximum depth of 45 cm. She levels the ground carefully so that it is impossible to see where she has dug. Then Rocky may dig holes with a total depth of 1 m. Rocky’s goal is to maximize the probability of finding both bones, while Ginger’s goal is to maximize the probability of keeping at least one for herself. (a) Show that if Ginger plays well she can achieve a probability of more than 1/2 for at least one bone remaining hidden, independently of Rocky’s search strategy. (b) What are the chances of Ginger’s success if both dogs play optimally? (Proposed by: Endre Cs´ oka, Warwick)

Problems in Informatics (see page 293) I. 376. Crossword puzzles are popular games and have many variants. In its usual form, words are separated by black squares. When words are entered correctly, solutions can be read horizontally from left to right and vertically from top to bottom. The numbering of the squares begins in the top left corner where the first horizontal or vertical solution word should start, then each square in the puzzle is numbered where a horizontal or vertical word starts. The puzzles in our task do not contain words with one letter. If a square contains the first letter of a word that is simultaneously a horizontal and a vertical solution, then the square gets only one number. The example shows an empty crossword and its numbered counterpart. To test your solution, the halo.txt file can be downloaded from our web site, containing the description of a crossword of size N × M (5 6 N, M 6 15). The first line of the file contains the values of N and M separated by a space. The following N lines describe the squares: the characters “f” and ”.” represent the black and the empty squares, respectively. Your program i376 should solve the following tasks. If an output is displayed on the screen, the number of the actual task should also appear. Whenever the program prompts the user to enter some data, the type of data should also be displayed; for example, in the 4th task: “Task #4 – Please enter the coordinates of a square: ”. Diacritical marks in the output can be omitted. 1. By using the data read from the file halo.txt, solve the following tasks. 2. Display on the screen the number of black and the number of empty squares in the puzzle. 3. Determine which row contains the most black squares. If there is more than one such row, the one with the smallest row number should be displayed. Then repeat this counting for the columns. 4. Prompt the user to enter the coordinates of a square in the crossword (e.g. 10h), then display whether it will get a number or not.


317

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 318. oldal – 62. lap


i

5. Display on the screen the number of words with letters 2, 3, . . . , 10 that can be placed horizontally in the puzzle. 6. Number the squares in the puzzle according to the rules, then write the result into the file szamozott.txt. The content of each square should occupy 3 characters (see the “Példa” example below). 7. Display the number of definitions corresponding to the horizontal and to the vertical words. The source code (i376.pas, i376.cpp, . . . ) of your program with a short documentation (i376.txt, i376.pdf, . . . ) of your program and solution, also describing which developer environment to use for compiling the source, should be submitted. I. 377. The site oktatas.hu publishes the final results of the OKTV contests in each year: http://www.oktatas.hu/kozneveles/tanulmanyi_versenyek/oktv_kereteben/ dijazottak_eredmenyek Results for each subject are available as PDF documents. Although one can perform simple text search in this format, but advanced search or statistical processing of the data is not supported. Your task is to design a database to store the contest results, as well as the process to transfer data from the files to the database. To test your work, you should load the data corresponding to the last 5 years of the applied information technology contest into your database. You can use only the files available at the web address given above. The necessary conversion steps may be performed by using any (if possible, freely available) program. Since end-users use the default file format of Microsoft Access, or MySQL dump files, your database should have any of these formats. The description of your solution (i377.pdf) and your database (i377.accdb, i377.sql) should be submitted in a compressed file (i377.zip). Your description should contain an image modeling the database (i.e. the connections between the tables), the name and version number of the database application, your reproducible method to process the PDF files, and any technical or content-related issues you encountered together with their solutions. I. 378. We are given a black-and-white image of N × M pixels, described by 0s and 1s arranged in a grid. An image is considered to be nicer, if there are more adjacent pixels that are identical. In this exercise, two pixels are adjacent if they share a common edge. Your goal is to make the original image nicer by negating certain pixel values. Negating the value of a single pixel costs Q units of money. However, in the final image, every pair of adjacent pixels with different colors will result in an additional penalty of P units of money. For some given images you should find the transformation such that the sum of the P and Q quantities is the smallest. Without submitting a program, your task now is the convert the three input files in.1, in.2 and in.3 (downloadable from our web site) to out.1, out.2 and out.3. The first line of an input file contains 4 integers (N , M , P and Q), describing the number of rows and columns of the grid, and the cost and penalty parameters. The image itself is described in the following N lines, each containing M characters. The output should have a similar format with an N × M grid of pixel values. You are not required to submit an optimal solution, but solutions will compete against one another: the solution with the smallest total P + Q value for the 3 images will obtain 10 points, and other, suboptimal solutions will get proportionally less points.

318


i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 319. oldal – 63. lap


i

A sample input file is presented below, together with a possible (not necessarily optimal) transformation. The total cost P + Q here is 6 · 2 + 3 · 3 = 21 units of money. The three output files should be submitted in a compressed file (i378.zip). S. 99. We notice that N cracks (1 6 N 6 5000) appeared on a wall of length M (1 6 M 6 100 000, with integer M ). In this exercise, cracks are modeled as points, and their location is given by some integer coordinates x (1 6 x 6 M ) measured from one end of the wall. Our goal is to cover all cracks on the wall with paint. By opening a bucket of paint labeled “w”, we can paint a wall segment of length exactly w, bounded by the coordinates x0 and x1 (w = x1 − x0 + 1). Within this wall segment we can of course cover the intact parts of the wall as well, even multiple times. We keep on opening the buckets and painting until all cracks are covered. For each integer w (1 6 w 6 M ), we have exactly one bucket of paint labeled “w” and with known cost bj . Painting a longer wall segment may cost less than painting a shorter one; and it may also happen that the price of a bigger bucket is less than or equal to the price of a smaller bucket. Your task is to cover all cracks on the wall for the minimum cost. Your program should read the values of N and M from the first line of the standard input, then the ai integers (describing the crack locations) from the following N lines. The next M lines contain the paint bucket prices bj corresponding to the consecutive lengths. The first line of the standard output should contain the minimum cost necessary to complete the wall painting. To save space, instead of displaying numbers in N and M input lines, they appear in one line and are separated with / characters. In the example, “Példa bemenet” is a sample input, while “Példa kimenet” is the corresponding output. In this situation, 3 paint buckets with labels “4”, “1” and “2” are sufficient to paint all the cracks; the cost is 4 + 2 + 3 = 9. 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 (s99.pas, s99.cpp, . . . ) without the .exe or any other auxiliary files generated by the compiler but with a short documentation (s99.txt, s99.pdf, . . . ), also describing which developer environment to use for compiling your source, should be submitted in a compressed file s99.zip.

Problems in Physics (see page 313) M. 351. Measure the equivalent series resistance of an electrolytic capacitor. How does it depend on the applied voltage? P. 4736. A ship travels along the river from one bridge to another, and when it reaches the second bridge it turns back immediately. By what factor is the time of the round trip on the river greater than that of in still water? P. 4737. A light ray is incident on one of the faces of a glass prism perpendicularly to it. The angle of refraction of the light ray on another face of the prism is 45◦ . What is the apex angle of the prism if the speed of light in this glass prism is 240 000 km/s? P. 4738. At what minimum speed should we have to go next to a picket fence, in order to sense the light, passing the fence perpendicularly, continuous? The width of the pickets is 5 cm and the width of the gaps between them is 10 cm. The human eye cannot distinguish between images which lasts less than one-fifteenth of a second. P. 4739. A red and a green stone fall freely next to each other along vertical paths at a place of the universe where the acceleration due to gravity is exactly 10 m/s2 and where nothing prevents free fall. The red stone just starts falling when the green stone reaches it. The green stone also started from rest but from


319

i

i i

i

i i

i

2015.5.6 – 13:55 – 320. oldal – 64. lap


i

a higher position. After a while the distance between the two stones is 7 m, and then after two more seconds elapses the distance between them will increase to 27 m. How much higher did the green stone start? P. 4740. There is a sample of ideal gas in a vertical cylinder, which is closed at its lower base. At the top there is a massless frictionlessly moveable piston. The volume of the sample of ideal gas is V0 = 8 dm3 , and its pressure is the same as the ambient air pressure, which is p0 = 105 Pa. The piston is attached to the bottom of the cylinder with a spring of spring constant D = 1000 N/m. The area of the bottom of the cylinder is A = 2 dm2 . During a physics experiment the mass of the gas is increased by 50% through a tap on the cylinder, and by heating the absolute temperature of the gas is increased by 60%. Determine the volume and the pressure of the gas after these changes. P. 4741. A 20-litre gas cylinder just “runs out” of gas at the foot of a high hill next to the seashore. Then immediately the valve is closed, and the gas cylinder is carried up to the research laboratory at the top of the hill. Here some gas from the cylinder can again be used. When finally the gas cylinder is exhausted again its mass is measured, and it turns out that due to using the gas at the top of the hill its mass decreased by 4.1 grams. The air pressure at the top of the hill is 32 kPa less than at sea level. Both at the sea level and at the laboratory the temperature of the gas is 27 ◦ C, and the density of air at sea level is 1.2 kg/m3 . a) What type of gas was in the cylinder? b) How high is the hill? P. 4742. A capacitor of capacitance C is charged, and it stores W electrical energy. Then another neutral capacitor is connected to it in parallel. What should the capacitance of the second condenser be in order that after the equilibrium is gained the energy of the second condenser is to be the greatest? What will the total energy stored in the two condensers be in this case? P. 4743. Two insulating threads, which have the same lengths, are suspended at the same point and at their lower end of each, there is a small ebony ball attached. The balls are given the same amount of like charges. The angle between the threads is 2α = 60◦ when the pendulums are inside a container at rest in air. Then the container is filled with petroleum, such that both balls are in the petroleum, far from the walls of the container and from the surface of the liquid. What is the angle between the threads now? Data: The density of ebony is 1200 kg/m3 , the density of petroleum is 820 kg/m3 . The relative dielectric constant of petroleum is εr = 2. P. 4744. There are two points (X and Y ) on the same B-line at a distance of 10 cm in a uniform magnetic field of magnetic induction B = 0.02 tesla. An electron, which was accelerated through a potential difference of 800 V, passes point X, such that its velocity encloses an angle of α with the induction line. What may the value of α be if the electron passes point Y as well? P. 4745. The topic of a physics lesson is the decibel scale. One of the students asks the teacher whether there is an upper limit of the maximum intensity sound. The answer is “yes, the theoretical upper limit for the intensity of sound is 194 dB”. How is this strange value gained? P. 4746. The following experiment is usually shown in order to demonstrate that light is a transverse wave: A narrow parallel beam of natural light hits a plane glass, such that the reflected and the refracted rays are perpendicular to each other. Then another plane glass is used to reflect the reflected ray, such that the angle of incidence is the same as in the previous case. If this latter glass is rotated about an axis which coincides with the incident light ray, then it may happen that there is no reflected ray from this piece of glass. a) How does this experiment proves that light is transverse wave? b) What is the angle of incidence, if the refractive index of the glass is n = 1.5? c) What is the angle between the planes of the two pieces of glass when there is no reflected ray from the second glass? P. 4747. The two endpoints of a 40 cm long chain are fixed at the same height as shown in the figure. What is the radius of the curvature of the chain at a) its lowest point; b) the points where the chain is suspended?

65. évfolyam 5. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. m´ ajus

i

i i

i

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

Recommend Documents