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

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 1. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. janu´ ar

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 1. szám

Budapest, 2015. január

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

´ TARTALOMJEGYZEK Székely Péter: Emelt szint˝u gyakorló feladatsor . . .

2

´ Ratkó Eva, Schmieder László: Megoldásvázlatok a 2014/9. sz. emelt szint˝u gyakorló feladataihoz .

3

Matematika C gyakorlat megoldása (1226.) . . . . . .

10

Matematika feladatok megoldása (4558., 4582., 4591., 4595., 4600., 4602., 4603., 4604., 4607., 4611., 4636.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Matematika és fizika totó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

A K pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (445– 450.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1266– 1272.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4678– 4686.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

Matematikus képzés a BME-n . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (632–634.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Matematikaképzések az ELTE TTK-n . . . . . . . . . .

32

Matematika tanárképzés az ELTE TTK-n . . . . . . .

34

Informatikából kit˝uzött feladatok (364–366., 95.). .

34

Matematika és fizika totó megoldása . . . . . . . . . . . .

39

Fizika feladatok megoldása (4600., 4621., 4627., 4629., 4637., 4640., 4642., 4648., 4656., 4661.) . .

43

Fizikából kit˝uzött feladatok (347., 4693–4703.) . . .

57

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

59

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

61

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

63

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

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: KISS GEZA, KISS GYORGY, KOS ´ ´ RITA, LORANT ´ ´ ´ GEZA, KOS LASZL O, ´ ´ ´ PACH PETER ´ ´ LORANTFY LASZL O, PAL, ´ EVA ´ RATKO 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.

1

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 2. oldal – 2. lap


i

Emelt szint˝ u gyakorl´ o feladatsor I. r´ esz ´ azoljuk és jellemezz¨ 1. Abr´ uk az alábbi f¨ uggvényt a lehet˝o legb˝ovebb számhalmazon: ( x ) 2x − 5 50 5 · 2x 2 +5 f : x 7−→ − − : . (11 pont) 2x+1 − 10 2x+1 + 10 25 − 4x 2x − 5 2. Mennyi a val´ osz´ın˝ usége, hogy a háromjegy˝ u pozit´ıv egészek köz¨ ul találomra olyat v´ alasztunk, mely az 5, a 7, illetve a 11 egyikével sem osztható? (12 pont) 3. Matematikus bar´ atunk statisztikát csinál a kiránduláson kész´ıtett 500 fényképér˝ ol. Azt tal´ alja, hogy a méret¨ uk átlaga 2,84 MB, s a legnagyobb méret˝ u képe 3,65 MB-os. a) Mennyi a méret¨ uk sz´ orásának legkisebb értéke? b) Legfeljebb mekkora lehet a méret¨ uk szórása, ha a terjedelem 1,62 MB? (14 pont) 4. A fixhajt´ as´ u kerékp´ arnál fontos a lánc feszessége. Az els˝o lánckerék sugara 104 mm, fogsz´ ama 52, a háts´ o lánckerék adatai pedig 32 mm és 16 fog. (A lánckerék sugar´ at u ´gy mért¨ uk, hogy az megegyezik egy, a lánckerékre illeszked˝o láncszem középpontj´ anak a l´ anckerék k¨ ozéppontjától mért távolságával.) Milyen hossz´ u láncra van sz¨ ukség¨ unk, ha a két lánckerék középpontjának távolsága 450 mm? Hány láncszemet tartalmaz ez a l´ anc? (14 pont) II. r´ esz 5. Milyen m ∈ R paraméter esetén lesz hegyesszög˝ u α megoldása a következ˝o egyenletnek? cos2 α − (18 − 2m) cos α + m2 + 3m + 3 = 0 (16 pont) ´ azoljuk a k¨ 6. Abr´ ovetkez˝ o ponthalmazt a koordinátas´ıkon: { } x2 − y 2 H := P (x; y) 2 6 0 ∧ |y| 6 1 x + y2 − 1 Mekkora a ponthalmaz ter¨ ulete?

(16 pont)

7. Az ABCD négyzet alap´ u egyenes g´ ula AE odalalélének P pontjára teljes¨ ul, hogy AP : P E = 1 : 2, valamint a CE oldalélének R pontjára igaz, hogy CR : RE = = 1 : 2. a) Milyen ar´ anyban osztja a B cs´ ucson, valamint a P és R pontokon átmen˝o s´ık a DE élt? 2


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 3. oldal – 3. lap


i

b) Hány sz´ azaléka a keletkez˝o s´ıkmetszet ter¨ ulete az alap négyzetlap ter¨ uletének, ha a g´ ula magass´ aga az alaplap átlójának másfélszerese? (16 pont) 8. Kész´ıts¨ unk mér˝ ohengert”, mely az f (x) = x10 , ahol x ∈ [−1; 1] f¨ uggvény ” y tengely k¨ or¨ uli megforgat´ as´ aval jön létre. A koordinátarendszer egységeit dm-ben mérj¨ uk. Kész´ıts¨ unk deciliterenként beosztást az oldalán. (Milyen magasságoknál lesznek az oszt´ asvonalak?) (16 pont) 9. Egy piramisj´ aték” elind´ıtója a második hétre már 4 embert sikeresen be” szervezett, ´ıgy ¨ oten lettek. (Az els˝o hét a tervezés ideje volt.) A szervezés olyan jól siker¨ ult, hogy a harmadik hétt˝ol kezdve minden héten a következ˝o sorozat szerint alakult az ¨ osszes résztvev˝ o sz´ ama: an = 3an−1 − 8. a) Hányan vettek részt az ötödik héten a j´ atékban? b) Mutassuk meg, hogy az ¨ osszes résztvev˝ok száma monoton növekv˝o sorozatot alkot. c) Írjuk fel explicit alakban a sorozatot. d) Igazoljuk, hogy a sorozat utolsó számjegyei n = 2-t˝ol kezdve periodikus sorozatot alkotnak. (16 pont) Sz´ ekely P´ eter Budapest

Megold´ asv´ azlatok a 2014/9. sz. emelt szint˝ u gyakorl´ o feladataihoz I. r´ esz

1. Jenci rollert szeretne v´ as´ arolni, ezért elindul a boltba valamennyi pénzzel, mind h´ arom fabatk´ as. A boltban csak egyfajta roller van, az ´ ara 19 fabatka. A boltosnak azonban csak o asai vannak. Hogyan tudj´ ak a legkevesebb pénzdarab f¨ olhaszn´ al´ as´ aval ¨t fabatk´ lebonyol´ıtani az u (11 pont) ¨zletet? Megold´ as. A h´ aromfabatk´ asok sz´ ama legyen x, az ¨ otfabatk´ asoké pedig y. Ekkor 3x − 5y = 19. Ebb˝ ol x-et kifejezve kapjuk, hogy x=

5y + 19 2y + 1 =y+6+ . 3 3

Mivel x és y egész sz´ amok, ezért teljes¨ ul, ha y = 3k + 1.

2y+1 is egész, vagyis 3 | 2y + 1. Ez pontosan akkor 3

Ha y = 3k + 1, akkor x=y+6+

2(3k + 1) + 1 2y + 1 = 3k + 1 + 6 + = 3k + 7 + 2k + 1 = 5k + 8. 3 3

A legkisebb megold´ ast akkor kapjuk, ha k = 0. Ekkor x = 8, y = 1, vagyis Jenci 8 darab h´ aromfabatk´ assal fizet és 1 darab o ast kap visszaj´ ar´ onak. ¨tfabatk´


3

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 4. oldal – 4. lap


i

2. H´ arom szomszédos p´ aratlan négyzetsz´ am ¨ osszege egy csupa azonos sz´ amjegyb˝ ol ´ all´ o négyjegy˝ u sz´ am. Hat´ arozzuk meg a négyjegy˝ u sz´ amot. (12 pont) Megold´ as. Fel´ırhatjuk a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: (2a − 1)2 + (2a + 1)2 + (2a + 3)2 = bbbb, ahol a ∈ N+ , b ̸= 0 pedig sz´ amjegy. A jobb oldal alak´ıthat´ o: bbbb = 1111 · b = 11 · 101 · b. A bal oldalon a z´ ar´ ojeleket felbontva és a tagokat ¨ osszevonva kapjuk, hogy: 12a2 + 12a + 11 = 11 · 101 · b. Mivel a jobb oldal oszthat´ o 11-gyel, ezért a bal oldal is: 11 | 12a2 + 12a + 11, amib˝ ol 2 k¨ ovetkezik, hogy 11 | 12a + 12a. Mivel (11, 12) = 1, ezért innen 11 | a2 + a k¨ ovetkezik. Mivel a2 + a = a(a + 1), ezért vagy a, vagy a + 1 a 11 t¨ obbsz¨ or¨ ose. Azt is tudjuk, hogy f (a) := 12a2 + 12a + 11 értéke legfeljebb 9999, és hogy pozit´ıv egész a esetén f (a) szigor´ uan monoton n˝ o. Vizsg´ aljuk meg a sz´ oba j¨ ov˝ o eseteket. Ha a = 10, akkor f (a) = 1331. ha a = 11, akkor f (a) értéke 1594. Ha a = 21, akkor f (a) értéke 5555, illetve ha a = 22, akkor f (a) = 6083. Ha a = 32, akkor f (a) m´ ar ¨ otjegy˝ u, teh´ at m´ as megold´ as nem lehetséges. Teh´ at a négyjegy˝ u sz´ am az 5555. 3. Az ABCD négysz¨ og AB és CD oldala mer˝ oleges egym´ asra. Az AC szakasz felez˝ o2 2 2 pontja E, a BD szakaszé F . Bizony´ıtsuk be, hogy AB + CD = 4EF . (14 pont) Megold´ as. Legyen a DC és az AB egyenes metszéspontja O, és jel¨ olje az O pontb´ ol a+c az egyes pontokba mutat´ o vektorokat a megfelel˝ o kisbet˝ u. Tudjuk, hogy e = 2 és − − → b+d f = 2 . Mivel EF = f − e, ´ıgy − − → 4EF 2 = 4(f − e)2 = 4

(

a+c b+d − 2 2

)2 = (b + d − a − c)2 .

Mivel bd, bc, ad és ac a mer˝ olegesség miatt 0, ´ıgy −→ −−→ (b + d − a − c)2 = (b − a)2 + (d − c)2 + 0 = AB 2 + CD2 . − − → −→ −−→ Azt kaptuk, hogy 4EF 2 = AB 2 + CD2 , ´ıgy a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk. 4. Oldjuk meg az al´ abbi egyenletrendszert: √ 3

x2

+

√ 3

x − y = 7, √ xy + 3 y 2 = 7.

(14 pont)

Megold´ as. Haszn´ aljuk fel, hogy a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ), és legyen a = √ b = 3 y. Ekkor 7 = a2 + ab + b2 és ebb˝ ol ( ) 7 = a3 − b3 = (a − b) a2 + ab + b2 = (a − b) · 7,

4

√ 3

x,


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 5. oldal – 5. lap


i

vagyis a − b = 1 és ´ıgy a = b + 1 k¨ ovetkezik. Ekkor a3 = (b + 1)3 = b3 + 1 + 3b(b + 1). Az els˝ o 3 3 egyenletb˝ ol a = 7 + b . A két egyenlet bal oldala megegyezik, ´ıgy a jobb oldaluk is egyenl˝ o: b3 + 1 + 3b(b + 1) = 7 + b3 , amib˝ ol 3b2 + 3b − 6 = 0,

b2 + b − 2 = (b − 1)(b + 2) = 0.

√ 3

y = 1, akkor y = 13 = 1, és x = 7 + 1 = 8, ami kielég´ıti az egyenletrendszert. √ Ha b = 3 y = −2, akkor y = (−2)3 = −8 és x = 7 − 8 = −1, ami szintén j´ o megold´ as. Ha b =

II. r´ esz 5. Adott egy 14 cm sugar´ u k¨ orlap, melyb˝ ol kiv´ agunk egy k¨ orcikket, amely egy k´ up pal´ astja. Mekkora az ´ıgy kaphat´ o legnagyobb térfogat´ u k´ up, és milyen nagy ekkor a k¨ orcikk k¨ ozépponti sz¨ oge? (16 pont) Megold´ as. Legyen a k¨ orcikk k¨ ozépponti sz¨ oge α (rad) (0 < α < 2π), a hozz´ a tartoz´ o α

k

α = 2π , amib˝ ol kα = 14α. ´ıv hossza pedig kα . Ekkor 2·14·π A k´ up magass´ aga legyen m, alapk¨ orének sugara R. Alkot´ oja tudjuk, hogy 14. A k´ up alaplapj´ anak ker¨ ulete R · 2π = kα , amib˝ ol

R=

kα 14α 7α = = . 2π 2π π

Fel´ırva a Pitagorasz tételt a k´ up magass´ aga, alkot´ oja és alapk¨ orének sugara ´ altal alkotott deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogre: R2 + m2 = 142 = 196, amib˝ ol √ √ 49α2 2 m = 196 − R = 196 − . π2 A k´ up térfogata: R2 πm V (α) = = 3

49α2 ·π· π2

√

49α2

196 − π 2 3

=

73 2 α 3π

√ 4−

α2 . π2

V (α) egy ny´ılt intervallumon értelmezett f¨ uggvény, ezért ott lehet széls˝ oértéke, ahol a deriv´ altja 0:   √ 2α 3  2 −  2 7  α . 0 = V ′ (α) = 2α 4 − 2 + α2 · √ π  3π  π 2 α 2 4 − π2 73

Mivel α ̸= 0, ezért osztva 3π · α-val, illetve a gy¨ ok¨ os kifejezéssel szorozva a k¨ ovetkez˝ ot kapjuk: ) ( α2 α2 0 = 2 4− 2 − 2. π π 0 = 8π 2 − 2α2 − α2 = 8π 2 − 3α2 .


5

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 6. oldal – 6. lap


Ebb˝ ol (mivel α > 0)

√ α=

i

8 π. 3

Mivel a deriv´ altf¨ uggvényt pozit´ıv kifejezésekkel osztva és szorozva kaptuk a 8π 2 − 3α2 m´ asodfok´ u f¨ uggvényt, ´ıgy azok el˝ ojele adott α eset´ en megegyezik. A m´ asodfok´ u f¨ uggvény √ 8

menetét figyelembe véve a deriv´ altf¨ uggvény α = 3 π helyen pozit´ıvb´ ol negat´ıvba v´ alt, ´ıgy az az eredeti f¨ uggvény maximumhelye. A térfogat ekkor √ √ 8 2 3 π 7 8 73 · 8 4 V = π 4− 3 2 = π ≈ 1106,0145. 3π 3 π 9 3 6. A kos´ arlabda mérk˝ ozéseken a b¨ untet˝ odob´ asok szab´ alya a k¨ ovetkez˝ o: a b¨ untet˝ ot végz˝ o j´ atékos kétszer vagy h´ aromszor dobhat, minden kos´ arral 1 pontot szerezhet, ¨ osszesen legf¨ oljebb 2-t. Egy kosaras p > 0 val´ osz´ın˝ usséggel dob be egy b¨ untet˝ ot. a) Milyen p val´ osz´ın˝ uség esetén szerez a j´ atékos ugyanakkora eséllyel 1, illetve 2 pontot? b) ´ Irjuk f¨ ol tetsz˝ oleges p val´ osz´ın˝ uség mellett a b¨ untet˝ odob´ asokkal szerzett pontok v´ arhat´ o értékét. (16 pont) Megold´ as. Jel¨ olje az X v´ altoz´ o azt, hogy a j´ atékos h´ any pontot szerez. a) 1 pontot u ´gy kaphat, ha a h´ arom dob´ asb´ ol kett˝ ot kihagy, egyet bedob. Erre nyilv´ an h´ arom lehet˝ osége van, teh´ at P (X = 1) = 3(1 − p)2 p. Két pontot vagy u ´gy kaphat, hogy az els˝ o vagy a m´ asodik dob´ ast kihagyja, a t¨ obbit bedobja, vagy pedig az els˝ o kett˝ ot bedobja (és ekkor t¨ obbet nem dob). Teh´ at P (X = 2) = 2p2 (1 − p) + p2 = p2 (3 − 2p). Ha a kett˝ o egyenl˝ o, akkor: 3(1 − p)2 p = p2 (3 − 2p). Mivel p ̸= 0, ezért oszthatunk vele, majd felbontjuk a z´ ar´ ojeleket: ( ) 3 1 − 2p + p2 = p(3 − 2p), 0 = 5p2 − 9p + 3, p=

9±

√ 81 − 60 9 ± 21 = . 10 10

√

Ebb˝ ol a nagyobbik gy¨ ok 1-nél nagyobb, teh´ at az egyetlen megold´ as a p =

√ 9− 21 ≈ 0,4417. 10

b) Felhaszn´ alva az a) pontban kapott értékeket: E(X) = 2 · p2 (3 − 2p) + 1 · 3(1 − p)2 p + 0 · P (X = 0) = = 6p2 − 4p3 + 3p − 6p2 + 3p3 = −p3 + 3p. 7. A lak´ asunk f˝ utését biztos´ıt´ o g´ azkaz´ an elavult, sokszor jav´ıt´ asra szorul, melynek k¨ oltsége évente 15 000 Ft. Egy u ´j kaz´ an, amely hossz´ u ideig nem szorul jav´ıt´ asra, ´ 400 000 Ft-ért kaphat´ o. Erdemes volna u ´j kész¨ uléket v´ as´ arolni. Erre két lehet˝ oség¨ unk van. Az egyik, hogy megtartjuk a régi kész¨ uléket, takarékoskodunk, és csak akkor vesz¨ unk u ´jat a jelenlegi ´ aron (megfigyelés¨ unk szerint minden évben kaphat´ o hasonl´ o kész¨ ulék ilyen ´ aron), amikor ¨ osszej¨ on r´ a a pénz. A bankn´ al havi 10 000 Ft befizetésével egy k¨ ul¨ on takaréksz´ aml´ an gy˝ ujtj¨ uk a pénzt, amelyre éves 2% kamatot kapunk, amit havonta j´ ov´ a´ırnak. Ebben

6


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 7. oldal – 7. lap


i

az esetben azonnal megv´ as´ aroljuk a kész¨ uléket, amint a pénz rendelkezésre ´ all, de sajnos minden megkezdett évben ki kell fizetn¨ unk a jav´ıt´ as k¨ oltségét. A m´ asik lehet˝ oség, hogy foly´ osz´ amlahitelb˝ ol megvessz¨ uk a kész¨ uléket. Ennek éves kamata 20,41%. A csal´ adi k¨ oltségvetésb˝ ol a k¨ olcs¨ on t¨ orlesztésére évi 135 000 Ft-ot tudunk sz´ anni. Melyik a sz´ amunkra pénz¨ ugyileg kedvez˝ obb eset?

(16 pont)

Megold´ as. Ha félretessz¨ uk a pénzt, akkor n h´ onap ut´ an akkor tudjuk megv´ as´ arolni √ q n+1 −1 12 1,02. a kész¨ uléket, amikor a 400 000 6 q−1 · 10 000 egyenl˝ otlenség teljes¨ ul, ahol q = Az egyenl˝ otlenség mindkét oldal´ at 10 000-rel osztva, majd rendezve (q − 1 > 0, teh´ at nem fordul meg a rel´ aci´ osjel): 40(q − 1) 6 q n+1 − 1, 40q − 39 6 q n+1 . Mivel q > 1, ezért az x 7→ logq x f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ oveked˝ o. Azaz logq (40q − 39) 6 n + 1, ln(40q − 39) − 1 6 n, ln q 37,766 6 n, vagyis 38 havi befizetésre van sz¨ ukség, ami ¨ osszesen 380 000 Ft, a régi kész¨ ulék karbantart´ asi k¨ oltségével egy¨ utt legfeljebb 440 000 Ft. Ha k¨ olcs¨ ont vesz¨ unk fel, akkor évente 135 000 Ft-ot fizet¨ unk be. Ha a 400 000 Ft-ot k év alatt kifizetj¨ uk, akkor a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlenség teljes¨ ul: 400 000 · 1,2041k 6 135 000 ·

1,2041k − 1 . 0, 2041

Osztva 1000-rel és rendezve: ( ) 400 · 1,2041k 6 661,4405 · 1,2041k − 1 , 661,4405 6 261,4405 · 1,2041k , 2,529985 6 1,2041k , ln 2,529985 6 k, ln 1,2041 4,9976 6 k. Teh´ at 5 évig kell fizetni a k¨ olcs¨ ont, ami ¨ osszesen 5 · 135 000 = 675 000 Ft, ami j´ oval t¨ obb a 440 000-nél. 8. A mellékelt ´ abra egy vas ker´ıtés négy ismétl˝ od˝ o elemét mutatja oldalnézetb˝ ol. A hossz´ u elemek mérete 30 cm és 4 cm, az ˝ oket egym´ ashoz kapcsol´ o négyzetek oldala 8 cm. Az ´ıves elemeket kapcsol´ o négyzetek oldala 4 cm, a mellett¨ uk megtal´ alhat´ o négyzet oldala 2 cm. Az ´ıves elemek mer˝ olegesen csatlakoznak a 4 cm oldal´ u négyzethez és két k¨ or´ıv


7

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 8. oldal – 8. lap


i

hat´ arolja ˝ oket, melyek k¨ ozéppontja a négyzet csatlakoz´ o oldalélének meghosszabb´ıt´ as´ an van. A kisebb k¨ or sugara 12 cm, a hozz´ a tartoz´ o ´ıv a 4 cm-es négyzet cs´ ucs´ an´ al indul és 60◦ -os k¨ ozépponti sz¨ og˝ u. A nagyobb sugar´ u k¨ or´ıv a négyzet oldal´ anak k¨ ozéppontj´ an´ al kezd˝ odik. A ker´ıtés teljes vasszerkezete 2 cm vastags´ ag´ u, f¨ ugg˝ olegesen négy, v´ızszintesen huszonnégy ismétl˝ od˝ o elemb˝ ol ´ all. a) Sz´ am´ıtsuk ki az ´ıves elemet létrehoz´ o nagyobb sugar´ u k¨ or sugar´ at és a hozz´ a tartoz´ o ´ıv k¨ ozépponti sz¨ ogét. b) Sz´ am´ıtsuk ki az ´ıves elemek oldalnézetb˝ ol l´ athat´ o ter¨ uletét. g c) H´ any kg vasra volt sz¨ ukség a ker´ıtéshez? (A vas s˝ ur˝ usége 7,86 cm3 .) (16 pont) Megold´ as. Haszn´ aljuk az ´ abra jel¨ oléseit. Tudjuk, hogy r1 = 12, AB = BD = √ = 2. Mivel F O1 M = 60◦ , ezért m = 6 3 és M O1 = 6. Ez ut´ obbib´ ol DM = AO1 − AD − M O1 = r1 − 4 − 6 = 2 k¨ ovetkezik. a) Tudjuk, hogy r2 = BO2 = BD + DM + M O1 + O1 O2 = = 2 + 2 + 6 + O1 O2 , amib˝ ol O1 O2 = r2 − 10. Írjuk fel a Pitagorasz-tételt az F M O2 h´ aromsz¨ ogre: ( √ )2 6 3 + (6 + O1 O2 )2 = r22 , 36 · 3 + (r2 − 4)2 = r22 , 124 = 8r2 ,

r2 = 15,5 cm.

Ebb˝ ol pedig (felhaszn´ alva, hogy β hegyessz¨ og)

√ m 6 3 β = arcsin = arcsin ≈ 42,10◦ . r2 15,5

b) Az O1 k¨ ozéppont´ u, r1 sugar´ u, 60◦ -os k¨ ozépponti sz¨ og˝ u k¨ orcikk ter¨ uletét t1 -gyel, az O2 k¨ ozéppont´ u, r2 sugar´ u és β k¨ ozépponti sz¨ og˝ u k¨ orcikk ter¨ uletét pedig t2 vel jel¨ olve egy ´ıves elem ter¨ ulete: T = [t1 − tF M O1 △ ] − [t2 − tF M O2 △ ] = √ √ ] [ ] [ 6 3(15,5 − 4) 6 3·6 42,10 60 · 122 π − − · 15,52 π − ≈ 15,71 cm2 . = 360 2 360 2

8


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 9. oldal – 9. lap


i

c) Egy hossz´ u elem és a hozz´ a csatlakoz´ o két ´ıves elem és négy négyzet ter¨ ulete egy¨ utt 2 · (15,71 + 2 · 2 + 4 · 4) + 30 · 4 = 191,42 cm2 . Mivel ebb˝ ol ¨ osszesen 24 · (4 + 1) + 4 · (24 + 1) = = 220 darab van, ez egy¨ utt 220 · 191,42 = 42 112,4 cm2 . A hossz´ u elemeket ¨ osszekapcsol´ o négyzetek ¨ osszes ter¨ ulete (4 + 1)(24 + 1) · 8 · 8 = 8 000 cm2 , a ker´ıtés teljes ter¨ ulete oldalnézetb˝ ol 42 112,4 + 8 000 = 50 112,4 cm2 . A ker´ıtés térfogata teh´ at 2 · 50 112,4 = 100 224, 8 cm3 . g

Mivel a vas s˝ ur˝ usége 7,86 cm3 , ´ıgy a ker´ıtés vasszerkezetének t¨ omege 100 224,8 · 7,86 = 787 766,928 g ≈ 787,77 kg.

9. Egy t´ arsasj´ aték szab´ alyos t´ızsz¨ og alak´ u t´ abl´ aj´ at a k¨ ovetkez˝ o m´ odon szeretnénk kisz´ınezni: ¨ ot sz´ın (piros, kék, z¨ old, s´ arga, narancs) mindegyikét kétszer felhaszn´ alva a t´ız cikket u ´gy sz´ınezz¨ uk ki, hogy mindegyik sz´ınp´ ar pontosan egy esetben legyen egym´ assal szomszédos cikk sz´ıne. Az ´ abr´ an egy j´ o sz´ınezés l´ athat´ o. (A t´ abla d´ısz´ıtett, ezért az elforgat´ asokkal és t¨ ukr¨ ozésekkel kapott sz´ınezések k¨ ul¨ onb¨ oznek egym´ ast´ ol.) a) Ha ¨ ot szomszédos cikket m´ ar kisz´ınezt¨ unk ¨ ot k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınnel, akkor a t¨ obbit – szintén minden sz´ınt egyszer felhaszn´ alva – h´ anyféleképpen sz´ınezhetj¨ uk ki? b) Adjunk péld´ at olyan sz´ınezésre, ahol nincs egym´ as mellett ¨ ot k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u cikk. (16 pont) Megold´ as. A sz´ıneket az egyszer˝ uség kedvéért jel¨ olj¨ uk az 1-t˝ ol 5-ig terjed˝ o egész sz´ amokkal. Egy cikket kit¨ untetve, majd az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ at k¨ ovetve ´ırjuk le a sz´ınezést. Az ´ abr´ an l´ athat´ o sz´ınezés pl. (1234513524). a) A sz´ınezés a k¨ ovetkez˝ o: (12345xxxxx). Az 1-es mellé 3, 4 vagy 5 ker¨ ulhet. I. eset: a 3-as ker¨ ul oda, ekkor a sz´ınezés ´ıgy alakul: (12345xxxx3). A 3 mellett csak 5´ allhat, az 5 mellett pedig 1 vagy 2. A m´ asik 5 mellett is 1 vagy 2 ´ allhat, az utols´ o szabad helyen pedig 4. Vagyis két ilyen sz´ınezés van: (1234524153) vagy (1234514253). II. eset: a 4-es ker¨ ul oda. A 4 mellé csak 2 ker¨ ulhet, a 2 mellé csak 5. Az 5 mellé 1 vagy 3. A m´ asik 4 mellé 5 ker¨ ul, a maradék helyre pedig 3 vagy 1. A két lehet˝ oség, amit kaptunk: (1234531524) vagy (1234513524). III. eset: az 5 ker¨ ul oda, mellé a 2 vagy a 3 mehet. Ha 2, akkor ezt az esetet kapjuk: (1234524135). Ha 3, akkor ezt: (1234531425). Ez o oség. ¨sszesen 6 lehet˝ b) Az a) részben haszn´ alt jel¨ oléssel egy megfelel˝ o sz´ınezés: (1231534524). ´ Ratk´ o Eva, Schmieder L´ aszl´ o Budapest


9

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 10. oldal – 10. lap


i

C gyakorlat megold´ asa

C. 1226. Oldjuk meg a következ˝o egyenletet az egész számpárok halmazán: x2 − 3y 2 + 2xy − 2x − 10y + 20 = 0. I. megold´ as. Pr´ ob´ aljuk meg a bal oldalt teljes négyzetek összegeként vagy k¨ ul¨ onbségeként fel´ırni. Mivel szerepel benne 2xy és −2x, nézz¨ uk meg, mi marad, 2 ha az (x + y − 1) kifejezést be´ırjuk: 2

x2 − 3y 2 + 2xy − 2x − 10y + 20 = (x + y − 1) − 4y 2 − 8y + 19 = 2

2

= (x + y − 1) − (2y + 2) + 23. Teh´ at az egyenlet ´ıgy alakul: 2

2

(x + y − 1) − (2y + 2) = −23, (x + y − 1 + 2y + 2)(x + y − 1 − 2y − 2) = −23, (x + 3y + 1)(x − y − 3) = −23. A −23 kétféleképpen áll el˝ o két egész szám szorzataként: −23 = (−1) · 23 = = 1 · (−23). I. eset: x + 3y + 1 = −1, x − y − 3 = 23. Az els˝ob˝ol a másodikat kivonva: 4y + 4 = −24, amib˝ ol y = −7, és innen x = 19. II. eset: x + 3y + 1 = 1, x − y − 3 = −23. Ebb˝ol 4y + 4 = 24, amib˝ol y = 5 és x = −15 k¨ ovetkezik. III. eset: x + 3y + 1 = 23, x − y − 3 = −1. Innen 4y + 4 = 24, amib˝ol y = 5 és x = 7 k¨ ovetkezik. IV. eset: x + 3y + 1 = −23, x − y − 3 = 1, ahonnan 4y + 4 = −24, és ´ıgy y = −7 és x = −3 k¨ ovetkezik. Ekvivalens átalak´ıt´ asokat végezt¨ unk, ´ıgy a négy megoldás: (x1 ; y1 ) = (19; −7), (x2 ; y2 ) = (−15; 5), (x3 ; y3 ) = (7; 5), (x4 ; y4 ) = (−3; −7). Porups´ anszki Istv´ an (Miskolc, Földes ferenc Gimn., 11. évf.) II. megold´ as. Írjuk fel a másodfok´ u egyenlet megoldóképletét x-re: 0 = x2 − 3y 2 + 2xy − 2x − 10y + 20 = x2 + 2(y − 1)x − 3y 2 − 10y + 20, √ ( ) 2 −2(y − 1) ± 4(y − 1) − 4 − 3y 2 − 10y + 20 = x1;2 = 2 √ √ = −y + 1 ± y 2 − 2y + 1 + 3y 2 + 10y − 20 = −y + 1 ± 4y 2 + 8y − 19. 10


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 11. oldal – 11. lap


i

Az y egész sz´ am, ezért x akkor egész, ha a gyök alatt négyzetszám áll: 4y 2 + 8y − 2 2 2 − 19 = n , ahol n ∈ Z+ . Ezt tovább alak´ıtva: (2y + 2) − 23 = n2 , azaz (2y + 2) − 2 − n = 23. Mivel 2y + 2 és n is egész, két olyan négyzetszámot keres¨ unk, melyek k¨ ul¨ onbsége 23. A négyzetsz´ amok sorozata az els˝o 13 elemig fel´ırva: 0; 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; 144. A k¨ ul¨ onbség ezut´ an csak n˝ o, ezért az egyetlen megoldás (a nem szomszédos elemeket 2 is végignézve) a 144 − 121 = 23. Tehát (2y + 2) = 121 + 23 = 144, amib˝ol 2y + 2 = = ± 12. √ I. eset: 2y + 2 = 12, ebb˝ ol y = 5 és x1;2 = −5 + 1 ± 4 · 25 + 8 · 5 − 19 = 4 ± 11, x1 = 7 és x2 = −15. √ II. eset: 2y + 2 = −12, ebb˝ol y = −7 és x3;4 = 7 + 1 ± 4 · 49 − 8 · 7 − 19 = = 8 ± 11, x3 = 19 és x4 = −3. Az egyenlet megold´ asai: (7; 5), (−15; 5), (19; −7), (−3; −7). Telek M´ até L´ aszl´ o (Salg´ otarján, Táncsics Mihály Közg. és Ker. Szki., 12. évf.) 87 dolgozat érkezett. 5 pontos 68 versenyz˝ o. 4 pontos 5, 3 pontos 4, 2 pontos 4, 1 pontos 2, 0 pontos 2 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4558. Az egységnyi alapél˝ u, ABCD négyzet alap´ u szab´ alyos g´ ula cs´ ucsa E. Az AB alapél P , tov´ abb´ a az EC oldalél Q pontj´ ara teljes¨ ul, hogy P Q mer˝ oleges AB-re is és EC-re is. Tudjuk tov´ abb´ a, hogy AP : P B = 6 : 1. Mekkor´ ak az oldalélek? (5 pont) I. megold´ as. Legyen O az ABCD négyzet k¨ ozéppontja, R a DC szakasz C-hez legk¨ ozelebbi hetedel˝ opontja, S pedig a Q pont mer˝ oleges vet¨ ulete az ABCD s´ıkon. A g´ ula szabályoss´ ag´ ab´ ol következ˝oen a CE egyenes mer˝oleges vet¨ ulete az ABCD s´ıkon a CO egyenes, ezért S rajta van a CO egyenesen. Mivel AP : P B = 6 : 1, a P R egyenes p´ arhuzamos BC-vel, vagyis mer˝oleges AB-re. P Q is mer˝ oleges AB-re, ezért AB mer˝ oleges a P QR s´ıkra. Teh´ at az AB-re mer˝oleges QS egyenes benne van a P QR s´ıkban, vagyis S illeszkedik a P R egyenesre.


11

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 12. oldal – 12. lap


i

√ A CRS h´ aromsz¨ og deréksz¨ og˝ u és egyenl˝oszár´ u, ezért RS = 1/7 és CS = CR 2 = √ = 72 . A QSC és EOC h´ aromszögek hasonl´ o oldalaik párhuza√ oak, √ mert megfelel˝ mosak. A hasonl´ os´ ag ar´ anya CS : CO = 7y CE = 2 .

2 7

:

2 2

= 2 : 7. Ha tehát CQ = y, akkor

A QSC és QSP deréksz¨ og˝ u háromszögekben Pitagorasz tétele szerint QS 2 = CQ2 − CS 2 = y 2 −

2 , 49

) ( )2 ( 34 6 2 2 = y2 + . QP = QS + SP = y − + 49 7 49 2

2

2

Vég¨ ul a P QC és P BC deréksz¨ og˝ u háromszögek közös P C átfogójának négyzetét szintén Pitagorasz tétele szerint fel´ırva kapjuk, hogy ( ) 34 1 2 2 2 2 2 2 2 P C = CQ + QP = BC + BP , azaz y + y + =1+ . 49 49 Ezt az egyenletet rendezve 2y 2 =

16 , 49

√

azaz y =

Teh´ at a g´ ula oldaléleinek hossza CE =

7y 2

8 7

adódik. √ = 2.

Nagy Gergely (Gy˝or, Révai M. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján II. megold´ as. Vegy¨ unk fel egy térbeli derékszög˝ u koordinátarendszert u ´gy, hogy az ABCD négyzet B cs´ ucsa legyen az origó, A és C pedig az x, illetve y tengely pozit´ıv felén legyen. Ekkor A(1, 0, 0) és C(0, 1, 0), a g´ ula szabályossága miatt pedig E(1/2, 1/2, e) ahol |e| ̸= 0 az E cs´ ucs ABCD laptól való távolsága. Az AP : P B = 6 : 1 arány miatt P (1/7, 0, 0). Legyen CQ : CE = λ. Ekkor a szakaszt adott arányban osztó pont koordinátáira vonatkozó képlet alapján kapjuk, hogy Q( λ2 , 1 − λ2 , eλ). A P Q szakasz és az x tengely mer˝ olegessége miatt P és Q els˝o koordinátája megegyezik, azaz 1/7 = λ/2, vagyis λ = 2/7. Teh´ at Q( 71 , 67 , 2e . Ezért 7) ( ) ( ) −−→ −−→ 6 2e 1 1 P Q = 0, , és CE = ,− ,e . 7 7 2 2 A feltétel szerint e két vektor mer˝oleges egymásra, ezért skaláris szorzatuk 0. Ezt fel´ırva kapjuk, hogy ( ) 1 2e 3 1 6 + · e = 0, azaz e2 = . 0· + · − 2 7 2 7 2 12


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 13. oldal – 13. lap


i

A CE szakasz hossza két pont távolságképlete alapján √( ) ( √ )2 2 1 1 1 3 √ 1 2 CE = + + = 2. + − +e = 2 2 4 4 2 Teh´ at a g´ ula oldalélei

√ 2 hossz´ uság´ uak. Leitereg Mikl´ os (Budapest, Veres P. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján

99 dolgozat érkezett. 5 pontos 72, 4 pontos 9, 3 pontos 5, 2 pontos 9, 1 pontos 3, 0 pontos 1 dolgozat.

B. 4582. Jel¨ olje d(n) az n pozit´ıv egész sz´ am pozit´ıv oszt´ oinak a sz´ am´ at. Hat´ arozzuk meg azokat az n sz´ amokat, amelyekre ( ) d n3 = 5 · d(n). (3 pont)

Javasolta: Di Giovanni M´ ark (Gy˝or, Révai Miklós Gimnázium)

Megold´ as. Az n = 1 nem megoldása az egyenletnek, ezért n > 2. Legyen ulönböz˝o n pr´ımtényez˝ os felbont´ asa n = pa1 1 pa2 2 . . . pakk , ahol k > 1, p1 , p2 , . . . , pk k¨ pr´ımsz´ amok, és a1 , a2 , . . . , ak pozit´ıv egészek. Ezekkel a jelölésekkel d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (ak + 1), ( 3) d n = (3a1 + 1)(3a2 + 1) . . . (3ak + 1). A 3ai + 1 alulr´ ol becs¨ ulhet˝ o: 3ai + 1 = 2ai + ai + 1 > 2ai + 2 = 2(ai + 1). Ezt felhaszn´ alva 5 · d(n) = 5 · (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (ak + 1) = (3a1 + 1)(3a2 + 1) . . . (3ak + 1) > > 2(a1 + 1)2(a2 + 1) . . . 2(ak + 1) = 2k · d(n), 5 · d(n) > 2k · d(n), ahol k pozit´ıv egész. Ebb˝ ol már látható, hogy csak k = 1 és k = 2 lehetséges. Ha k = 1, akkor 5(a1 + 1) = 3a1 + 1,

a1 = −2,

nem kapunk megold´ ast. Legyen végezet¨ ul k = 2. Ekkor kapjuk, hogy 5(a1 + 1)(a2 + 1) = (3a1 + 1)(3a2 + 1), 5 = 4a1 a2 − 2a1 − 2a2 + 1, 5 = (2a1 − 1)(2a2 − 1).


13

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 14. oldal – 14. lap


i

Az 5 csak egyféleképpen bontható pozit´ıv egészek szorzatává. Látjuk, hogy a1 és a2 k¨ oz¨ ul az egyik 1, a másik 3. A szimmetria miatt feltehetj¨ uk, hogy a1 = 3 és a2 = 1. Teh´ at n = p3 · q, ahol p és q k¨ ulönböz˝o pr´ımek. ( ) Az ilyen alak´ u sz´ amok valóban megoldások, mert d(n) = d p3 q = 4 · 2 = 8 és ( ) ( ) d n3 = d p9 q 3 = 10 · 4 = 40. Kacz D´ aniel (Bonyhád, Pet˝ofi S. Evangélikus Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján 159 dolgozat érkezett. 3 pontot kapott 106, 2 pontot 21 versenyz˝ o. 1 pontos 22, 0 pontos 9 dolgozat. Nem értékelt¨ uk 1 tanul´ o dolgozat´ at.

B. 4591. Legyen α irracion´ alis sz´ am. Minden q pozit´ıv egészre legyen ozelebbi olyan t¨ ortt˝ ol val´ o t´ avols´ ag, Nq (α) = min { α − pq : p ∈ Z}, vagyis a legk¨ amely fel´ırhat´ o q nevez˝ ovel (nem feltétlen¨ ul reduk´ alt alakban). Mutassuk meg, hogy létezik olyan k, amelyre k ∑ Nq (α) > 1. q=1

(6 pont)

Javasolta: Maga Péter (Budapest) { } Megold´ as. Legyen ∥β∥ = min |β − n| : n ∈ Z . El˝oször igazoljuk azt a jól ismert áll´ıt´ ast, hogy tetsz˝ oleges β, γ valós számokra fennáll a ∥β + γ∥ 6 ∥β∥ + ∥γ∥ egyenl˝ otlenség. Defin´ıci´ o szerint léteznek olyan b és c egész számok, melyekre β − b = = ± ∥β∥ és γ − c = ±∥γ∥. Így ∥β + γ∥ 6 |β + γ − (b + c)| 6 |β − b| + |γ − c| = ∥β∥ + ∥γ∥. Az imént bevezetett jel¨ oléssel { } { } ∥qα∥ p 1 Nq (α) = min α − : p ∈ Z = min |qα − p| : p ∈ Z = . q q q Vizsg´ aljuk most

∥2qα∥ (2q + 1)α N2q (α) + N2q+1 (α) = + 2q 2q + 1

értékét. El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy a ∥2qα∥ > ∥α∥/2 és a (2q + 1)α > ∥α∥/2 egyenl˝ otlenségek k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik teljes¨ ul. Ha ugyanis ∥2qα∥ < ∥α∥/2, akkor

(2q + 1)α = ∥2qα + α∥ > ∥α∥ − ∥2qα∥ > ∥α∥ − ∥α∥/2 = ∥α∥/2. Teh´ at az áll´ıt´ as val´ oban teljes¨ ul. ∥α∥/2

∥α∥/2

Ekkor viszont az N2q (α) > 2q és az N2q+1 (α) > 2q+1 egyenl˝otlenségek k¨ oz¨ ul is legal´ abb az egyik teljes¨ ul, és mivel N2q (α) és N2q+1 (α) is nemnegat´ıv, ∥α∥/2 valamint max(2q, 2q + 1) 6 3q, azért N2q (α) + N2q+1 (α) > 3q . 14


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 15. oldal – 15. lap


i

Ezt az egyenl˝ otlenséget q = 1, 2, . . . , ⌊ k−1 -re fel´ırva és összeadva a következ˝o 2 ⌋ becslést kapjuk: ⌊ k−1 ⌋ k 2 ∑ ∑ ∥α∥ Nq (α) > . 6q q=1 q=1 Az α irracion´ alis, ezért ∥α∥ > 0, továbbá

∞ ∑ 1

= ∞, ´ıgy elegend˝oen nagy k-ra

q q=1

k ∑

Nq (α) >

q=1

⌊ k−1 ⌋ 2 ∑ ∥α∥ q=1

6q

>1

teljes¨ ul. Fekete Panna (Pécs, Le˝owey Klára Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján ´ 8 dolgozat érkezett. 6 pontos Agoston Péter, Fekete Panna, Maga Bal´ azs, Williams ´ Kada. 5 pontos K´ usz Agnes, M´ ocsy Mikl´ os. 4 pontos 1 versenyz˝ o. 0 pontos 1 versenyz˝ o.

B. 4595. Jel¨ olje d(n) az n pozit´ıv egész sz´ am pozit´ıv oszt´ oinak a sz´ am´ at. Oldjuk meg a ( ) d n3 = n egyenletet. (5 pont)

Javasolta: Di Giovanni M´ ark (Gy˝or) ( 3) Megold´ as. Az n = 1 nyilván megoldás, mivel d 1 = d(1) = 1. αk 1 α2 n ̸= 1 esetén legyen n pr´ımtényez˝os felbontása n = pα 1 p2 . . . pk , ahol minden αi > 0 és p1 < p2 < . . . < pk pr´ımek. Az osztók számára vonatkozó ismert összef¨ uggés alapj´ an ) ( ) ( 1 α2 αk 3 d n3 = d( pα ) = (3α1 + 1)(3α2 + 1) . . . (3αk + 1). 1 p 2 . . . pk A feladatban szerepl˝ o egyenlet ´ıgy a következ˝o formában ´ırható fel: αk 1 α2 (3α1 + 1)(3α2 + 1) . . . (3αk + 1) = pα 1 p2 . . . pk .

A bal oldal minden z´ ar´ ojelében 3-mal osztva 1 maradékot adó szám áll, ´ıgy a szorzat is 1 maradékot ad 3-mal osztva. Ezek szerint a pr´ımek között nem szerepelhet a 3. Az egyenletet t¨ ortes alakban át´ırhatjuk: (1)

3α1 + 1 3α2 + 1 3αk + 1 = 1. · · ... · α1 α2 k p1 p2 pα k

Mivel a bal oldali (pozit´ıv) tényez˝ok szorzata 1, a tényez˝ok között van olyan, amely legal´ abb 1, vagyis van olyan j, amelyre 16

3αj + 1 . α pj j


15

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 16. oldal – 16. lap


i

El˝ osz¨ or vizsg´ aljuk meg a pj ̸= 2 esetet. Ekkor (mivel pj ̸= 3), 5 6 pj , tehát 16 αj = 1-re az 1 6 teljes¨ ul, mivel a

3αj + 1 3αj + 1 6 . αj 5 αj pj

3αj +1 egyenl˝otlenség nem teljes¨ ul, ´ıgy semmilyen 5αj 3α+1 sorozat szigor´ uan monoton csökken, hiszen 5α

1 < αj -re sem

3α + 1 3α + 4 > α+1 , α 5 5 5(3α + 1) > 3α + 4, 12α + 1 > 0. Ezzel bel´ attuk, hogy pj ̸= 2 esetén 1 6

3αj +1 α

pj j

nem teljes¨ ulhet. Következésképpen

n pr´ımtényez˝ os felbont´ as´ aban szerepel a 2, melynek α1 kitev˝ojére 16

3α1 + 1 . 2α1

Az egyenl˝ otlenség α1 = 1, 2, 3-ra teljes¨ ul, α1 = 4-re viszont nem. Így, mivel a 3α+1 2α sorozatn´ al sorozat pozit´ıv α esetén szigor´ uan monoton csökken (ez a fenti, 3α+1 α 5 látott módon bel´ athat´ o), α1 > 4-re sem igaz. Ezzel beláttuk, hogy αk αk αk 2 2 2 vagy n = 23 · pα vagy n = 22 · pα n = 2 · pα 2 . . . pk . 2 . . . pk 2 . . . pk αk 2 a) n = 2 · pα en 2 . . . pk eset´ ( 3) n = d n = 4 · (3α2 + 1) . . . (3αk + 1),

ahonnan n oszthat´ o 4-gyel. Ezek szerint ez az eset nem lehetséges, mert az n pr´ımtényez˝ os felbont´ as´ aban a 2 csak els˝o hatványon szerepel. αk 2 . . . p en b) n = 22 · pα 2 k eset´ ( ) n = d n3 = 7 · (3α2 + 1) . . . (3αk + 1), ´ıgy n pr´ımtényz˝ os felbont´ as´ aban szerepel a 7. Ha els˝o hatv´ ( )anyon szerepel, és több pr´ımoszt´ oja nincs n-nek, akkor n = 22 · 7 = 28, melyre d n3 = (3 · 2 + 1)(3 · 1 + 1) = = 28, teh´ at ez megold´ as. Ha az n pr´ımtényez˝os felbontásában a 7 az 1-nél nagyobb hatv´ anyon szerepelne, vagy más pr´ımosztói is lennének n-nek, akkor az (1) egyenl˝oség nem teljes¨ ulhetne, hiszen a bal oldalon álló kifejezést biztosan csökkentenénk, ´ıgy kisebb lenne 1-nél (ha a 7 nagyobb hatványon szerepelne, akkor azért, mert sorozat szigor´ uan monoton csökken, ha pedig n pr´ımtényez˝os fela pi (α) = 3α+1 pα i bont´ as´ aban más pr´ımek is szerepelnének, akkor azért, mert 3αpiα+1 < 1, ha pi ̸= 2). i i Így ebben az esetben n = 28 az egyetlen megoldás. 16


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 17. oldal – 17. lap


i

αk 2 c) n = 23 · pα en 2 . . . pk eset´

n = d(n3 ) = 10 · (3α2 + 1) . . . (3αk + 1), teh´ at az n pr´ımtényz˝ os felbontásában szerepel az 5. Az n = 23 · 5 = 40 megoldása a feladatnak, más megold´ as pedig ebben az esetben sincs (ugyan´ ugy csak csökkenteni tudn´ ank (1)-ben a bal oldal értékét, ahogyan az el˝oz˝o részben). Ezzel bel´ attuk, hogy a feladat megoldásai n = 1, n = 28 és n = 40. Schwarcz Tam´ as (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján 79 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 35, 4 pontot 18 versenyz˝ o. 3 pontos 4, 2 pontos 3, 1 pontos 12, 0 pontos 7 dolgozat.

B. 4600. Szét lehet-e osztani az els˝ o n pr´ımsz´ amot két részre u ´gy, hogy azokban a tagok ¨ osszege megegyezzen, ha a) n = 20132014 ; b) n = 20142013 ? (6 pont) I. megold´ as. a) Jel¨ olje az els˝o n pr´ımszámot p1 < p2 < . . . < pn . Megadunk egy algoritmust, amellyel két részre lehet ˝oket osztani u ´gy, hogy a két részben a tagok ¨ osszege megegyezzen, ha n = 20132014 . El˝ osz¨ or pn -et betessz¨ uk az els˝o részbe, utána pn−1 -et a második részbe. Ezut´ an minden lépésben a még be nem osztott pr´ımszámok köz¨ ul a legnagyobbat oda tessz¨ uk, ahol a tagok o sszege kisebb (ha ´ e ppen egyenl˝ o a k´ et o¨sszeg, akkor ¨ tetszés szerint v´ alasztunk). Vagyis a k-adik lépés után a pn , pn−1 , . . . , pn−k+1 pr´ımek lesznek szétosztva két részre. Megmutatjuk, hogy a két részben a tagok összege legfeljebb pn−k+1 -gyel, vagyis az utolj´ ara beosztott pr´ımmel térhet el. Ezt k szerinti teljes indukcióval bizony´ıtjuk, k = 1-re az áll´ıt´ as nyilv´ anval´ oan teljes¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy az áll´ıt´ ast már igazoltuk k-ra, megmutatjuk, hogy k + 1-re is igaz. Az indukci´ os feltevés szerint a pn , pn−1 , . . . , pn−k+1 pr´ımeket két részre lehet osztani u ´gy, hogy a két részben a tagok összege legfeljebb pn−k+1 -gyel tér el. Ha a soron k¨ ovetkez˝ o pn−k pr´ım beosztása után abban a részben lesz nagyobb a tagok ¨ osszege, ahova ker¨ ul, akkor legfeljebb pn−k -val lehet nagyobb, mint a másik részben, hiszen eddig a másik részben nagyobb (vagy éppen ugyanannyi) volt a tagok ¨ osszege. Ha pedig tov´ abbra is a másik részben marad nagyobb az összeg, akkor az eltérés az indukci´ os feltevést is használva legfeljebb pn−k+1 − pn−k . Ez viszont Csebisev tétele szerint val´ oban legfeljebb pn−k , hiszen ellenkez˝o esetben a pn−k sz´ am és annak kétszerese k¨ ozé nem esne pr´ım. Ezzel bel´ attuk, hogy tetsz˝oleges 1 6 k 6 n esetén a k-adik lépés után a két részben a tagok ¨ osszege legfeljebb pn−k+1 -gyel, vagyis az utoljára beosztott pr´ımmel térhet el. Ez egyben azt is jelenti, hogy az utolsó pr´ım, vagyis a 2 hozzáadása után a két rész k¨ ul¨ onbsége legfeljebb 2 lesz. A k¨ ulönbség nem lehet 1, hiszen n = 20132014 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

17

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 18. oldal – 18. lap


i

esetén az els˝ o n pr´ımsz´ am o ¨sszege páros, ´ıgy a két részben a számok összegének ugyanaz a parit´ asa. Ha a k¨ ul¨ onbség 0, akkor készen vagyunk, találtunk egy jó beoszt´ ast. Most tegy¨ uk fel, hogy a k¨ ulönbség 2. Ekkor a 2 hozzáadása el˝ott a két részben az o o, ezt a közös értéket jelölje S. A szimmetria miatt feltehet˝o, ¨sszeg éppen egyenl˝ hogy a 3 az els˝ o részbe ker¨ ult. Ekkor az 5 nem ker¨ ulhetett az els˝o részbe, ugyanis ekkor a 7 beoszt´ asa ut´ an a két részben S − 8, illetve S lett volna a pr´ımek o¨sszege, és ´ıgy 7-nél nagyobb lett volna a k¨ ulönbség. Tehát az 5 a második részbe ker¨ ult. El˝ osz¨ or tegy¨ uk fel, hogy a 7 az els˝o részbe ker¨ ult. A 11 nem ker¨ ulhetett az els˝o részbe, mert akkor a 13 beosztása utáni k¨ ulönbség (S − 5) − (S − 3 − 7 − 11) = = 16 > 13 lett volna, ´ıgy a 11 a második részbe ker¨ ult. Ha a 11-et áttessz¨ uk az els˝o részbe, a 3-at és a 7-et pedig a másodikba, akkor az els˝oben S + 1, a másodikban S − 1 lesz az ¨ osszeg, ´ıgy a 2-t a másodikba téve egyenl˝o összegeket kapunk. Vég¨ ul tegy¨ uk fel, hogy a 7 a második részbe ker¨ ult. Az el˝oz˝oekhez hasonlóan láthat´ o, hogy a 11 csak az els˝o részbe ker¨ ulhetett. Ekkor viszont a 11-et áttéve a m´ asodik részbe, az 5-¨ ot és a 7-et pedig az els˝obe, a két kialakuló összeg megint S + 1 és S − 1, vagyis a 2-t a második részbe téve ismét egyenl˝o összegeket kapunk. Ezzel megmutattuk, hogy n = 20132014 esetén a k´ıvánt szétosztás megvalós´ıthat´ o. b) A 20142013 sz´ am páros, ´ıgy az els˝o 20142013 pr´ımszám összege páratlan, hiszen egy darab páros sz´ am (2) és páratlan sok páratlan szám összege. Ebb˝ol azonnal k¨ ovetkezik, hogy nem lehet két részre osztani az els˝o 20142013 pr´ımszámot u ´gy, hogy azokban a tagok ¨ osszege megegyezzen. ´ Isk., 9. évf.) Lajk´ o K´ alm´ an (Szeged, Radnóti M. K´ısérleti Gimn. és Alt. II. megold´ as az a) r´ eszre. Az I. megoldásban ismertetett algoritmust haszn´ alva a k¨ ovetkez˝ oképpen is okoskodhatunk. Legyen az n − 5-ödik lépés után kapott két o oek szerint legfeljebb p6 = 13. ¨sszeg A és B, melyek eltérése az el˝oz˝ Legyen A 6 B. Mivel n = 20132014 esetén A + B páros (páros sok páratlan pr´ım összege), ezért B − A lehetséges értékei: 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12. Elég megmutatni, hogy a 2, 3, 5, 7, 11 pr´ımeket mindegyik esetben szét lehet u ´gy osztani két részre, hogy a két rész k¨ ul¨ onbsége éppen B − A legyen. Ehhez a 12-nél nem nagyobb páros nemnegat´ıv egészeket kell fel´ırnunk az els˝o 5 pr´ımszám el˝ojeles o¨sszegeként, ami mindegyik esetben megtehet˝ o: 0 = 2 − 3 + 5 + 7 − 11,

2 = −2 + 3 + 5 + 7 − 11,

6 = 2 + 3 + 5 + 7 − 11,

4 = −2 − 3 + 5 − 7 + 11,

8 = −2 − 3 − 5 + 7 + 11,

10 = −2 + 3 + 5 − 7 + 11,

12 = 2 − 3 − 5 + 7 + 11.

´ Isk. és Gimn., 11. évf.) M´ ocsy Mikl´ os (Budapesti Fazekas M. Alt. ´ ´ 57 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott Agoston Péter, Csern´ ak Tam´ as, K´ usz Agnes, Lajk´ o K´ alm´ an, Maga Bal´ azs, M´ ocsy Mikl´ os, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Szab´ o Barnab´ as, Williams Kada. 5 pontos 4, 4 pontos 1, 3 pontos 1, 1 pontos 41, 0 pontos 1 dolgozat.

18


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 19. oldal – 19. lap


i

B. 4602. Egy h´ urtrapéz ´ atl´ oi mer˝ olegesek egym´ asra. Bizony´ıtsuk be, hogy a trapéz k¨ oré ´ırhat´ o k¨ or k¨ ozéppontj´ anak az egyik alapt´ ol mért t´ avols´ aga egyenl˝ o az ´ atl´ ok metszéspontj´ anak a m´ asik alapt´ ol mért t´ avols´ ag´ aval. (3 pont) I. megold´ as. Az 1. ´ abra jelöléseit használva, legyenek E és F az alapok felez˝ opontjai, P és Q az átl´ ok felez˝opontjai; P és Q egyenl˝o távolságra vannak az alapokt´ ol, ´ıgy rajta vannak a trapéz középvonalán. A trapéz ´ atl´ oi a k¨ or¨ ul´ırt kör h´ urjai, ezért felez˝o mer˝oleges¨ uk átmegy a kör K k¨ ozéppontj´ an. P M = QM , ezért és a derékszögek miatt a P KQM négyszög négyzet. Legyen a P Q szakasz felez˝ opontja L. Mivel L illeszkedik a trapéz középvonalára, LE = LF . Az L pont a P KQM négyzet középpontja, ´ıgy LM = LK, vagyis M E = LE − LM = LF − LK = KF, és ezt kellett bizony´ıtanunk. Kosztol´ anyi Kata (Szeged, Radnóti M. K´ıs. Gimn., 9. évf.) megoldása alapján

1. ´ abra

2. ´ abra

II. megold´ as. A 2. ´ abra jelöléseit használva AEO^ = DF O^ = 90◦ és ◦ ◦ AOE^ = 180 − 90 − DOF ^ = 90◦ − DOF ^, ezért az AEO és OF D háromszögek egybev´ ag´ ok (sz¨ ogeik p´ aronként egyenl˝ok és AO = OD = r). Ebb˝ol következik, hogy EO = DF . Az átl´ ok deréksz¨ oget zárnak be, és EF szimmetria tengely, ezért a DCM deréksz¨ og˝ u háromsz¨ oget az F M oldalfelez˝o mer˝oleges két egyenl˝o szár´ u derékszög˝ u h´ aromsz¨ ogre bontja. Ebb˝ ol pedig már következik, hogy F M = DF = EO. Nagy-Gy¨ orgy Zolt´ an (Szeged, Radnóti M. K´ıs. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján 139 dolgozat érkezett. 3 pontos 50, 2 pontos 50, 1 pontos 17, 0 pontos 18 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 4 dolgozat.


19

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 20. oldal – 20. lap


i

B. 4603. Egy egyenes k¨ ork´ up felsz´ıne A, térfogata V . Igazoljuk, hogy A3 > 72π · V 2 . (4 pont) Megold´ as. Legyen a k´ up alaplapjának sugara r, a magassága m, az alkotója pedig a. A k´ up felsz´ın-, illetve térfogatképlete: A = r2 π + rπa = rπ(r + a),

V =

r2 πm . 3

Ezeket behelyettes´ıtve az igazolandó egyenl˝otlenségbe: 3

r3 π 3 (r + a) >

72πr4 π 2 m2 . 9

A lehetséges egyszer˝ us´ıtések ut´ an pedig: 3

(r + a) > 8r · m2 . Pitagorasz tétele alapj´ an tudjuk, hogy m2 = a2 − r2 = (a + r)(a − r). Ezt be´ırva egyszer˝ us´ıthet¨ unk a pozit´ıv (a + r)-rel is: 2

(r + a) > 8r(a − r). Rendezés ut´ an a2 + 2ar + r2 > 8ar − 8r2 ,

2

a2 − 6ar + 9r2 = (a − 3r) > 0.

Teljes négyzetet kaptunk, az átalak´ıtásaink ekvivalensek voltak, ´ıgy az eredeti egyenl˝ otlenség igaz. Egyenl˝ oség akkor és csak akkor van, ha √ √ a = 3r, m = r 8 = 2 2r. Németh Bal´ azs (Jászberény, Lehel Vezér Gimn., 8. évf.) dolgozata alapján 125 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott 101, 3 pontot 4 versenyz˝ o. 2 pontos 11, 1 pontot kapott 5, nem versenyszer˝ u 3, nem értékelt¨ uk 1 tanul´ o dolgozat´ at.

B. 4604. Oldjuk meg az ( 3

x +

x 2x − 1

)3 =

243 64

egyenletet. (5 pont)

Javasolta: Kov´ acs Béla (Szatmárnémeti)

I. megold´ as. A nevez˝ oben nem lehet nulla, ´ıgy x ̸= 12 . A egyenlet bal oldalán két k¨ ob ¨ osszege szerepel, amelynek a fel´ırásához az összeg köbét használjuk majd x fel. Ennek érdekében ´ırjuk fel el˝oször a bal oldalon szerepl˝o x és 2x−1 összegének k¨ obét. Egyrészt )3 ( )3 ( )3 ( x (2x − 1)x + x 2x2 , x+ = = 2x − 1 2x − 1 2x − 1 20


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 21. oldal – 21. lap


i

m´ asrészt a k¨ ob¨ os azonoss´ ag alapján, az egyenletet felhasználva ( )3 ( )3 ( )2 x x x x 3 2 x+ =x + + 3x + 3x = 2x − 1 2x − 1 2x − 1 2x − 1 ( ) x3 x3 243 +3 + = = 64 2x − 1 (2x − 1)2 243 = +3 64

(

(2x − 1)x3 + x3

)

2

(2x − 1)

243 = +3 64

(

)

2x4 2

(2x − 1)

.

A kétféle fel´ır´ as egybevetésével (

2x2 2x − 1

)3

243 = +3 64

(

)

2x4 2

(2x − 1)

.

Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 64-gyel, majd ezután vezess¨ uk be az y u ´j ismeretlent az ( 64

8x2 2x−1

2x2 2x − 1

helyett:

)3

( = 243 + 3 · 64

2x4 (2x − 1)2

) ,

y 3 − 6y 2 − 243 = 0. p

Ha az egyenletnek van racionális gyöke, amely y = q alakban áll el˝o, akkor p | a0 = −243 és q | a3 = 1, tehát a racionális gyök egész. Mivel 243 = 35 , legfeljebb ob´ alkoz´ as ut´ an láthat´ o, hogy ennek az egyenletnek y = 9 megoldása, mert öt pr´ 93 − 6 · 81 − 243 = 729 − 486 − 243 = 0. A megtal´ alt gy¨ ok ismeretében alak´ıtsuk szorzattá az egyenletet: ( ) (y − 9) y 2 + 3y + 27 = 0. A m´ asodik tényez˝ o nem lehet nulla, mert az y 2 + 3y + 27 = 0 egyenlet diszkrimin´ ansa negat´ıv. Teh´ at y-ra egyed¨ uli megoldás az y = 9. Visszahelyettes´ıtve 8x2 = 9, 2x − 1

8x2 − 18x + 9 = 0.

Ennek az egyenlet a gy¨ okei megoldóképlettel már számolhatók: x1 =

3 4

és x2 =

3 , 2

amelyek – mint arr´ ol behelyettes´ıtéssel meggy˝oz˝odhet¨ unk – valóban megoldásai is az egyenletnek. Geng M´ até (Budapest, Németh László Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján


21

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 22. oldal – 22. lap


II. megold´ as. Legyen y =

x . 2x−1

x = 2xy − y,

i

Ezt átrendezve 2xy = x + y.

Látjuk, hogy amennyiben x + y = a, u ´gy 2xy = a. Ezzel az u ´j jelöléssel az eredeti egyenlet bal oldala ( ) ( 2 ) ( 2 ) 3 3 3 2 2 x + y = (x + y) x − xy + y = a a − 3xy = a a − a . 2 Behelyettes´ıtve, 64-gyel szorozva és rendezve a 64a3 − 96a2 − 243 = 0 alak´ u egész egy¨ utthat´ os harmadfok´ u egyenletet kapjuk. Az els˝o megoldásnál már megismert elj´ ar´ as szerint, ha az egyenletnek van racionális gyöke, akkor annak sz´ aml´ al´ oja a 243-nak, nevez˝ oje pedig a 64-nek osztója. Ebb˝ol néhány próbálkozással láthat´ o, hogy a = 94 megold´ asa az egyenletnek, kiemelhet˝o a (4a − 9) tényez˝o az egyenletb˝ ol: ( ) (4a − 9) 16a2 + 12a + 27 = 0. A 16a2 + 12a + 27 = 0 m´ asodfok´ u egyenlet diszkriminánsa negat´ıv, nincs valós gy¨ oke. A harmadfok´ u egyenlet egyetlen valós gyöke tehát a = 94 . Innen (

2xy = x

x 2x − 1

)

=

9 , 4

8x2 − 18x + 9 = 0,

x1 =

3 3 és x2 = . 2 4

Behelyettes´ıtéssel ellen˝ orizhet˝ o, hogy mindkét tört valóban megoldása az eredeti egyenletnek. And´ o Angelika (Szeged, Radnóti Miklós K´ıs. Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján 102 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 41, 4 pontot 20 versenyz˝ o. 3 pontos 6, 2 pontot kapott 14, 1 pontos 12, 0 pontos 5 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 4 tanul´ o dolgozata.

B. 4607. Az a, b, c oldal´ u h´ aromsz¨ og be´ırt k¨ orének k¨ ozéppontj´ an ´ atmen˝ o egyenes a c oldalt P -ben, a b oldalt pedig Q-ban metszi. Legyen AP = p és AQ = q. Bizony´ıtsuk be, hogy 1 1 a+b+c + = . p q bc (5 pont)

Kacs´ o Ferenc (Matlap, Kolozsvár)

I. megold´ as. Jel¨ olje a h´ aromszög cs´ ucsait a szokásos módon A, B és C, a be´ırt k¨ or k¨ ozéppontj´ at O, sugar´ at r, az A-nál lév˝o szög pedig legyen α (1. ´ abra). Írjuk fel az AP Q h´ aromszög ter¨ uletét kétféleképpen: TAP Q =

22

pq sin α 2

és TAP Q = TAP O + TAOQ =

pr qr (p + q)r + = . 2 2 2


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 23. oldal – 23. lap


i

Ebb˝ ol kapjuk, hogy (1)

pq sin α = (p + q)r.

Az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ uletét kétféleképpen fel´ırva pedig: TABC =

(a + b + c)r bc sin α = , 2 2

azaz (2)

(a + b + c)r = bc sin α

1. ´ abra

ad´ odik. Az (1) és (2) egyenl˝ oségek megfelel˝o oldalait o¨sszeszorozva kapjuk, hogy pq sin α · (a + b + c)r = (p + q)r · bc sin α, amib˝ ol bcpqr sin α ̸= 0-val val´ o osztás és rendezés után a bizony´ıtandó a+b+c 1 1 = + bc p q egyenl˝ oséget kapjuk. T¨ or¨ ok Zsombor (Bonyhád, Pet˝ofi Sándor Ev. Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján II. megold´ as. El˝ osz¨ or belátunk egy segédtételt. Ha valamely M cs´ ucs´ u sz¨ og sz¨ ogfelez˝ ojének r¨ ogz´ıtett T pontj´ an ´ atmen˝ o tetsz˝ oleges egyenes a sz¨ og sz´ arait a K és L pontokban metszi, akkor az 1/M K + 1/M L kifejezés értéke f¨ uggetlen a szel˝ oegyenes helyzetét˝ ol. Legyen a sz¨ og nagys´ aga 2φ, M T = t, M K = k és M L = ℓ (2. ´ abra). Ekkor kℓ sin 2φ = 2TM KL = 2TM T K + 2TM T L = = tk sin φ + tℓ sin φ. Ebb˝ ol rendezés ut´ an sin 2φ 1 1 + = k ℓ t sin φ 2. ´ abra ad´ odik, ami bizony´ıtja segédtétel¨ unk áll´ıtását. Ezut´ an eredeti feladatunk megoldása már egyszer˝ u. Használjuk az I. megoldás jel¨ oléseit, tov´ abb´ a legyen a B-b˝ ol induló szögfelez˝o és az AC oldal metszéspontja D. A sz¨ ogfelez˝ otétel szerint D a c és a oldalak arányában osztja az AC szakaszt, ezért


23

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 24. oldal – 24. lap


i

cb AD = c+a . M´ asrészt O rajta van az ABC szögfelez˝oin, ezért a BAC szögre és az O pontra alkalmazhatjuk segédtétel¨ unket. E szerint

1 1 1 1 1 1 1 c+a a+b+c + = + = + cb = + = , p q AB AD c c cb bc c+a ami éppen a bizony´ıtand´ o áll´ıt´ as. 78 dolgozat érkezett. 5 pontos 72, 4 pontos 3, 2 pontos 1, 1 pontos 1 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 1 dolgozat.

B. 4611. T¨ ukr¨ ozz¨ unk a térben valamilyen sorrendben egy kocka mind a hat lapj´ anak a s´ıkj´ ara. A hat t¨ ukr¨ ozés egym´ asut´ anja h´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o transzform´ aci´ ot eredményez? (6 pont) Megold´ as. Vegy¨ unk fel egy térbeli derékszög˝ u koordinátarendszert u ´gy, hogy az orig´ oja legyen a kocka egyik cs´ ucsa, tengelyei essenek egybe a kocka e cs´ ucsán átmen˝ o élegyeneseivel, az egységet pedig válasszuk u ´gy, hogy a kocka origóval szemk¨ ozti cs´ ucsa az (1; 1; 1) pont legyen. Ekkor a kocka laps´ıkjainak egyenletei rendre X = 0, X = 1, Y = 0, Y = 1, Z = 0 és Z = 1 (1. ´ abra). Az e s´ıkokra való t¨ ukrözések egy tetsz˝oleges (a; b; c) pontot rendre a (−a; b; c), (2 − a; b; c), (a; −b; c), (a; 2 − b; c), (a; b; −c) és (a; b; 2 − c) pontokba visznek át. Teh´ at a t¨ ukrözések során mindig csak a pont egyik koordin´ at´ aja változik, párhuzamos s´ıkokra való t¨ ukrözések esetén ugyanaz a koordin´ ata, mer˝ oleges s´ıkokra val´ o t¨ ukrözések esetén pedig más-más koordináta. Vagyis az egym´ asra mer˝ oleges s´ıkokra való t¨ ukrözések sorrendje felcserélhet˝o, két egymással p´ arhuzamos s´ıkra val´ o t¨ ukrözés pedig a pontok két-két koordinátáját változatlanul hagyja, egy koordin´ at´ aját pedig vagy 2-vel növeli, vagy 2-vel csökkenti (d 7−→ −d 7−→ 2 − (−d) = d + 2, vagy d 7−→ 2 − d 7−→ −(2 − d) = d − 2, 2. ´ abra),

1. ´ abra

24

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

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 25. oldal – 25. lap


i

azaz e két t¨ ukr¨ ozés egym´ asut´ anja egy olyan 2 hossz´ u vektorral való eltolás, mely vektor p´ arhuzamos valamelyik koordinátatengellyel. A hat t¨ ukr¨ ozés ut´ an tehát az (a; b; c) pont az (a ± 2; b ± 2; c ± 2) pontba ker¨ ul. Vagyis a t¨ ukr¨ ozések egymásutánja megfelel egy eltolásnak valamely v = = (±2; ±2; ±2) vektorral. Ezért az el˝ojelek választásától (ami a párhuzamos s´ıkokra val´ o két-két t¨ ukr¨ ozés sorrendjén m´ ulik) f¨ ugg˝oen 23 = 8 k¨ ulönböz˝o transzformációt kaphatunk. ´ Isk. és Gimn., 9. évf.) Olex´ o Gergely (Budapesti Fazekas M. Alt. dolgozata alapján Megjegyzés. A hat t¨ ukr¨ ozés egym´ asut´ anjaként kapott eltol´ asok mindegyikének ir´ anya p´ arhuzamos a kocka valamelyik test´ atl´ oj´ aval, hossza pedig a test´ atl´ o kétszerese. 82 dolgozat érkezett. 6 pontos 34, 5 pontos 21, 4 pontos 11, 3 pontos 7, 2 pontos 6, 1 pontos 3 dolgozat.

B. 4636. Egy h´ aromsz¨ og melyik bels˝ o pontj´ aban maxim´ alis az oldalakt´ ol mért t´ avols´ agok szorzata? (4 pont)

Javasolta: K´ osa Tam´ as (Budapest)

Megold´ as. Legyenek ennek a pontnak a háromszög BC, AC, AB oldalaitól mért t´ avols´ agai rendre x, y, z, a háromszög oldalai pedig a, b, c. A BP C, CP A, AP B h´ aromsz¨ ogek ter¨ uletének összege adja az egész háromszög ter¨ uletét, ´ıgy: ax + by + cz = 2T, ahol T a teljes h´ aromsz¨ og ter¨ ulete. A számtani és mértani közepek közti egyenl˝otlenséget fel´ırva ax-re, by-ra és cz-re: √ √ 2T ax + by + cz = > 3 ax · by · cz = 3 abc · xyz, 3 3 ( )3 2T √ > xyz. 3 3 abc A bal oldal konstans, hiszen T , a, b, c mind állandók egy adott háromszög esetén, a jobb oldalon pedig a vizsg´ alt szorzat áll. Így az akkor lesz a legnagyobb, ha a sz´ amtani-mértani k¨ ozépnél egyenl˝oség áll fenn. Ez pontosan akkor teljes¨ ul, ha ax by cz T = = = , 2 2 2 3 vagyis a kis h´ aromsz¨ ogek ter¨ uletei megegyeznek, és ez a nagy háromszög ter¨ uletének harmada. El˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy csak egy olyan pont létezhet a háromszög belsejében, = T3 miatt a pontnak rajta kell lennie az a-val amelyre ez igaz. Ugyanis péld´ aul ax 2 ma p´ arhuzamos, att´ ol 3 t´ avols´ agra haladó egyenesen, és hasonlóan igaz ez a többi oldalra is. Viszont mivel az eredeti oldalak köz¨ ul semelyik kett˝o nem párhuzamos, K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

25

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 26. oldal – 26. lap


i

´ıgy a vel¨ uk p´ arhuzamos egyenesek közt se lesz két párhuzamos, tehát legfeljebb egy metszéspontjuk lehet. A háromszög s´ ulyvonalairól tudjuk, hogy a háromszög ter¨ uletét hat egyenl˝ o részre osztják, illetve a s´ ulypontot a cs´ ucsokkal összekötve h´ arom egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u h´ aromszöget kapunk. Teh´ at a s´ ulypontra lesz maximális az oldalaktól mért távolságok szorzata. Sz˝ oke Tam´ as (Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium, 11. évf.) dolgozata alapján Megjegyzés. Ugyanezt a feladatot a fizika rovatban is kit˝ uzt¨ uk (P. 4648. feladat), megold´ asa ebben a sz´ amban az 52. oldalon tal´ alhat´ o. 56 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott 40, 3 pontot 6 versenyz˝ o. 1 pontos 6, 0 pontos 4 versenyz˝ o dolgozata.

´ FIZIKA TOTO ´ MATEMATIKA ES ∗ ˝ a 2014. évi Oszi KöMaL Ankéton 1. Mekkora a legkisebb szöge annak a deltoidnak, amely köré ´ırható kör, és a k¨ oréje ´ırt k¨ or k¨ ozéppontja rajta van a be´ırt körön? 38,17◦ (1); 39,17◦ (2); ◦ 40,17 (X). 2. Három k¨ onny˝ u rug´ os er˝omér˝ot egymás után sorba kapcsolunk, és sima asztalra tesz¨ unk. Az er˝ omér˝ osor egyik végét jobbra, másik végét balra h´ uzzuk 3-3 newton er˝ ovel. Hány newton er˝ ot mutatnak az er˝omér˝ok? Egy newtont (1); három newtont (2); kilenc newtont (X). 3. Dani elfelejtette bar´ atja telefonszámának körzetszám utáni részét. Arra emlékszik, hogy az els˝ o jegye 7, az o¨tödik 2. Tudja, hogy a szám hatjegy˝ u, páratlan, és 3-mal, 4-gyel, 7-tel, 9-cel, 11-gyel és 13-mal osztva ugyanazt a maradékot adja. Mennyi a hat sz´ amjegy o ¨sszege? 16 (1); 18 (2); 19 (X). 4. Két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o s˝ ur˝ uség˝ u, de azonos keresztmetszet˝ u fémpálca összehegesztésével egyetlen egyenes, adott hossz´ uság´ u pálcát kész´ıt¨ unk kétféle módon: (A) az eredeti pálc´ ak egyforma hossz´ us´ ag´ uak, (B) egyforma tömeg˝ uek voltak. Melyik esetben ker¨ ul messzebb a felem´ as p´ alca tömegközéppontja a felez˝opontjától? Az (A) esetben (1); a (B) esetben (2); mindkét esetben ugyanoda ker¨ ul a s´ ulypont (X). 5. H´ anyféleképpen fizethet˝o ki 5 darab érmével 170 forint, ha a rendelkezés¨ unkre áll´ o c´ımletek: 10, 20, 50 és 100 forintos? 1 (1); 2 (2); 4 (X). 6. Ostornyél egyik végére 80 cm hossz´ u, vékony cérnaszálon elenyész˝o tömeg˝ u tollpihét k¨ ot¨ unk. Az ostornyél végét 1 méter sugar´ u körön mozgatjuk egyenletesen. Mekkora sugar´ u k¨ orp´ aly´ an mozog a tollpihe? 100 cm (1); 80 cm (2); 60 cm (X). 7. Hány nem egybev´ ag´ o tetraéder van, melyben az élek hosszát nagyság szerint rendezve 2, 3, 4, 5, 6 és 8 cm hossz´ uságok adódnak? 0 (1); 1 (2); 2 (X). ∗ ´ A matematika feladatokat Ratk´ o Eva, a fizika feladatokat Gn¨ adig Péter a ´ll´ıtotta ¨ ossze. A megold´ asokat a 38. lapon k¨ oz¨ olj¨ uk.

26


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 27. oldal – 27. lap


i

8. Kozmetikai t¨ uk¨ orre van sz¨ ukség¨ unk, de éppen nincs elérhet˝o közelségben egy sem. Helyette egy 6 dioptriás s´ık-dombor´ u lencse s´ık fel¨ uletét egy s´ıkt¨ ukörhöz nyomjuk, és ezt prób´ aljuk meg használni. Hány dioptriás optikai rendszert kapunk ´ıgy? Nulla (1); hat (2); tizenkett˝o (X). ´ 9. Egy 10 emeletes h´ azban egyszer a lift a földszintr˝ol indult. Utja során csak egész emeleten állt meg, mégpedig minden emeleten pontosan egyszer. Közben legfeljebb h´ any méter utat tett meg, ha két szomszédos szint közti k¨ ulönbség 4 méter? 220 (1); 230 (2); 240 (X). 10. Egy α hajl´ assz¨ og˝ u, j´ o hossz´ u lejt˝ore bizonyos magasságból egy kicsiny, tökéletesen rugalmas labd´ at ejt¨ unk. A pattogó labda (légellenállás nélk¨ uli esetben) parabolap´ aly´ ak mentén mozog. Hol helyezkednek el a parabolák fókuszpontjai? A lejt˝ o esésvonal´ aval p´ arhuzamos, ferde egyenes mentén (1); az esésvonalnál meredekebb egyenes vonal mentén (2); a fókuszpontok nem esnek egy egyenesre (X). 11. Milyen kapcsolat van a szabályos tetraéderben az élérint˝o gömb sugara, a be´ırt g¨ omb sugara és a k¨ oré ´ırt gömb sugara között? A be´ırt gömb sugara mértani k¨ ozépar´ anyosa a élérint˝o gömb és a tetraéder köré ´ırt gömb sugarának (1). Az élérint˝ o g¨ omb sugara mértani középarányosa a tetraéderbe és a tetraéder köré ´ırt g¨ omb sugar´ anak (2). A tetraéder köré ´ırt gömb sugara mértani középarányosa az élérint˝ o g¨ omb és a tetraéderbe ´ırt gömb sugarának (X). 12. Hogyan v´ altoztassuk a v´ızg˝ozzel tel´ıtett leveg˝o térfogatát annak érdekében, hogy a v´ızg˝ oz egy része kicsap´ odjon a leveg˝ob˝ol? Növelj¨ uk a térfogatot (1); csökkents¨ uk a térfogatot (2); mindkét módon megoldható a v´ızg˝oz kicsapatása (X). 13. Legfeljebb hány lovat helyezhet¨ unk el az 5 × 5-ös sakktáblán u ´gy, hogy semelyik kett˝ o ne u ast? 12 (1); 13 (2); 14 (X). ¨sse egym´ √ 13+1. Minek nagyobb a kapacitása, egy 10 · 2 ≈ 14,1 cm oldalél˝ u fémkockának, vagy egy 10 cm sugar´ u fémgömbnek? A kockának (1); a fémgömbnek (2); éppen egyforma (X).

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (445–450.) K. 445. A P QRS négyzet P sarkát a szemközti R sarokra hajtva, majd a Q-t az R sarokra hajtva az ´ıgy kapott alakzat ter¨ ulete 9 cm2 . Mennyi az eredeti négyzet ter¨ ulete? K. 446. Jancsinak két cégnél van munkája, mindkét cég órabérben fizet. Ha egy adott hónapban az els˝ o cégnél kétszer annyit dolgozik, mint a másodikn´ al, akkor a havi fizetése 4/5 része annak, mintha ezt ford´ıtva csinálná. Hány órát kell dolgoznia az els˝ o cégnél, hogy megkeresse a második cég által 10 órára fizetett bérét? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

27

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 28. oldal – 28. lap


i

K. 447. Tal´ alhatunk-e olyan x és y természetes számokat, melyekre teljes¨ ul, hogy x2 + y 2 = 2015? K. 448. Egy kör alak´ u tárcsán négy korong helyezkedik el az ´ abr´ anak megfelel˝oen. Hányféleképpen sz´ınezhetj¨ uk ki a korongokat négy sz´ın seg´ıtségével, ha a tárcsa középpontja kör¨ uli, a t´ arcsa s´ıkj´ aban történ˝o forgatással egymásba vihet˝o sz´ınezéseket nem tekintj¨ uk k¨ ulönböz˝onek? A sz´ınezéshez a négy sz´ınb˝ol tetsz˝ olegesen választhatunk, egy korong egyszerre csak egy sz´ınnel sz´ınezhet˝o. K. 449. Sebi 98 pontos tesztje 1 ponttal növelte az eddigi pontátlagát, m´ıg a k¨ ovetkez˝ o 70 pontos 2 ponttal rontotta. Hány tesztet ´ırt összesen Sebi? K. 450. Az 1, 14, 27, . . . számtani sorozatban hány jegy˝ u a második olyan sz´ am, amely csupa 2-es sz´ amjegyb˝ol áll?

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

d

A C pontversenyben kit˝ uzo ¨tt gyakorlatok (1266–1272.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1266. Oldjuk meg az 5(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) = ababab egyenletet, ahol n pozit´ıv egész számot, a és b k¨ ulönböz˝o számjegyet, ababab pedig egy hatjegy˝ u sz´ amot jel¨ ol. Javasolta: Sz´ amad´ o L´ aszl´ o (Budapest) C. 1267. Adott a s´ıkon egy konvex szögtartomány, belsejében egy S pont. Határozzuk meg (péld´ aul a szerkesztési eljárás megadásával) azt az egyenest, amely által a sz¨ ogtartom´ anyb´ ol lev´ agott háromszög s´ ulypontja éppen az S pont. Feladatok mindenkinek C. 1268. Bizony´ıtsuk be, hogy tetsz˝oleges a és b valós számokra fennáll: a4 + b4 + 2 > 4ab.

28


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 29. oldal – 29. lap


i

C. 1269. Legal´ abb hány oldala van annak a szabályos sokszögnek, amelynél a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or sugara a be´ırt k¨ or sugarának legfeljebb 1,1-szerese? C. 1270. Rajzoltunk néh´ any egyenest és kört egy lapra u ´gy, hogy bármely kett˝ onek van metszéspontja és semelyik három nem megy át közös ponton. Hány k¨ ort és hány egyenest rajzoltunk, ha összesen 75 metszéspontjuk van? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1271. Rajzoljuk meg egy derékszög˝ u háromszög kör¨ ul´ırt körének a háromsz¨ oget tartalmaz´ o félk¨ orét. A félkörhöz h´ uzzunk a háromszög befogóival párhuzamos érint˝ oket. Ezek az átfogó egyenesével az eredetihez hasonló háromszöget határoznak meg. Mekkor´ ak a h´ aromsz¨ og sz¨ ogei, ha a k¨ uls˝o háromszög ter¨ ulete 6-szorosa a bels˝o h´ aromsz¨ og ter¨ uletének? Légr´ adi Imre (Sopron) javaslata alapján C. 1272. Egy 100-tag´ u sz´ amtani sorozat összege a 68. tag nélk¨ ul 838, a 13. tag nélk¨ ul pedig 849. Mekkora a kihagyott tagok értéke?

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

d

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4678–4686.)

B. 4678. Annipanni és Boribon felváltva számjegyeket ´ırnak egymás mellé, balr´ ol jobbra haladva a pap´ıron. Annipanni kezd egy 0-tól k¨ ulönböz˝o számjeggyel. Addig folytatj´ ak a játékot, am´ıg egy 100-jegy˝ u számot nem kapnak. Boribon nyer, ha a kapott sz´ am 11-gyel osztva 5 maradékot ad, ellenkez˝o esetben Annipanni. Mind a ketten nagyon tudj´ ak a matekot. Melyik¨ uk nyeri meg a játékot? (4 pont)

Javasolta: K´ arolyi Gyula (Budajen˝o)

B. 4679. Bizony´ıtsuk be, hogy 39 egymás után következ˝o természetes szám k¨ oz¨ ott mindig van olyan, amelyben a számjegyek összege osztható 11-gyel. (3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

29

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 30. oldal – 30. lap


i

B. 4680. Hat´ arozzuk meg a 3n = 2n2 + 1 egyenlet egész megold´ asait. (3 pont) B. 4681. Mekkora a C. 1240. feladatban szerepl˝o ötszög ter¨ ulete? (4 pont) B. 4682. Adott k pozit´ıv egész számhoz keress¨ uk meg azt a legnagyobb m pozit´ıv egészet, amelyre a k¨ ovetkez˝o teljes¨ ul: ha a s´ıkon 3k k¨ ulönböz˝o pont köz¨ ul legfeljebb m darab esik egy egyenesbe, akkor a pontok k darab hármas csoportba oszthat´ ok u ´gy, hogy az egy csoportban lév˝o pontok egy háromszög cs´ ucsai. (5 pont)

Javasolta: Frank Andr´ as (Nagykovácsi)

B. 4683. Van-e olyan s´ık, amely egy szabályos ötszög alap´ u egyenes g´ ulát a) tengelyesen, b) k¨ ozéppontosan szimmetrikus hatsz¨ ogben metsz? (6 pont) B. 4684. Az ABCD négyszög átlói mer˝olegesek egymásra, a metszéspontjuk E. Az E pontb´ ol bocs´ assunk mer˝olegest mind a négy oldalegyenesre. Tekints¨ uk mindegyik mer˝ olegesnek a szemközti oldallal való metszéspontját. Igazoljuk, hogy ez a négy pont egy olyan k¨ or¨ on van, amelynek középpontja az átlók felez˝opontját ot˝ o szakaszra illeszkedik. összek¨ (5 pont)

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)

B. 4685. Adjuk meg x2 + y 2 + z 4 legkisebb lehetséges értékét, ha ha x, y és z olyan pozit´ıv sz´ amok, melyek o¨sszege 34. (5 pont) B. 4686. A s´ık egész koordinátáj´ u rácspontjain egy bolha ugrál. Tud-e u ´gy ugr´ alni, hogy minden r´ acspontban pontosan egyszer járjon, az ugrásainak a hossza pozit´ıv egész sz´ am legyen és minden pozit´ıv egész pontosan egyszer forduljon el˝o az ugr´ asok hosszai k¨ oz¨ ott? (6 pont)

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

d

30


i

i i

i

i i

2015.1.11 – 18:31 – 31. oldal – 31. lap

i K¨ oMaL, 2015. janu´ ar

i

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 32. oldal – 32. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (632–634.) A. 632. Legyen ABCD konvex négyszög. Az ABC háromszögben legyen I és J a be´ırt k¨ or, illetve az A cs´ uccsal szemközti hozzá´ırt kör középpontja. Az ACD h´ aromsz¨ ogben legyen K, illetve L a be´ırt, illetve az A cs´ uccsal szemközti hozzá´ırt k¨ or k¨ ozéppontja. Mutassuk meg, hogy az IL és JK egyenesek, valamint a BCD sz¨ og felez˝ oje egy ponton mennek át. Orosz feladat A. 633. Bizony´ıtsuk be, hogy ha n elegend˝ oen nagy pozit´ıv egész szám, akkor b´ armely n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv egész között van négy olyan, amelyek legkisebb közös többsz¨ or¨ ose nagyobb, mint n3,99 . A. 634. Legyen n > 2 egész szám, és legyen f : R → [−1, 1] n-szer differenciálhat´ o f¨ uggvény. Mutassuk meg, hogy az f (n) (x) = 0 egyenletnek legalább n − 1 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´ asa van.

d Decemberi sz´ amunkban az A. 631. feladat szövegébe hiba cs´ uszott: a bizony´ıtand´ o egyenl˝ otlenség helyesen ∑

1 > k2 . |Ii ∪ Ij |

A feladat sz¨ ovegét honlapunkon kijav´ıtottuk. A hibáért elnézést kér¨ unk. Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. febru´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkaf¨ uzet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

Matematikak´ epz´ esek az ELTE TTK-n

Kedves leend˝ o Egyetemista! Feltételezz¨ uk, hogy a K¨ oMaL olvas´ ojaként sz´ıvesen foglalkozol matematik´ aval, és felmer¨ ulhetett m´ ar Benned az a gondolat, hogy életp´ aly´ adul ennek a szép tudom´ anynak a m˝ uvelését v´ alasztod, illetve szeretnél megismerkedni alkalmaz´ asaival a m˝ uszaki, gazdas´ agi és pénz¨ ugyi élet k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ter¨ uletein. Tal´ an olvastad

32


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 33. oldal – 33. lap


i

egy amerikai felmérés eredményét, amely szerint a legjobb foglalkoz´ as a matematikusé, és k¨ ozvetlen¨ ul ut´ ana a szintén matematikai el˝ oképzettséget igényl˝ o aktu´ arius és statisztikus k¨ ovetkezik (www.careercast.com/jobs/content/JobsRated_10BestJobs). Esetleg még nem d¨ ont¨ ottél, de legink´ abb matematik´ ab´ ol folytatn´ al fels˝ ofok´ u tanulm´ anyokat? Minderre kit˝ un˝ o lehet˝ oség ny´ılik az orsz´ ag egyik legnagyobb m´ ult´ u egyetemén, az E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem Természettudom´ anyi Kar´ an, ahol vil´ agh´ır˝ u professzorokt´ ol tanulhatsz, a t¨ obbi k¨ oz¨ ott Laczkovich Mikl´ ost´ ol, a Tarski-féle k¨ or négysz¨ oges´ıtési probléma megold´ oj´ at´ ol és a Wolf-, Bolyai- és Kyoto-d´ıjas Lov´ asz L´ aszl´ ot´ ol, a Nemzetk¨ ozi Matematikai Uni´ o 2006 és 2010 k¨ oz¨ otti eln¨ okét˝ ol, aki jelenleg az MTA eln¨ oke. Pezsg˝ o di´ akélet v´ ar r´ ad az ELTE korszer˝ u sz´ am´ıt´ ogépparkkal felszerelt, a K¨ oMaL szerkeszt˝ oségének is otthont ad´ o modern l´ agym´ anyosi ép¨ uletegy¨ uttesében. A bolognai képzési rendszerbe illeszkedik BSc képes´ıtést ny´ ujt´ o h´ aroméves matematikai alapképzés¨ unk. Itt az els˝ o évben t¨ obbféle lehet˝ oség k¨ oz¨ ul v´ alaszthatsz, hogy el˝ oismereteidnek, képességeidnek vagy tanul´ asi sebességednek megfelel˝ oen milyen szinten, milyen részletességgel, milyen mélységben saj´ at´ıtod el az els˝ o év k¨ otelez˝ o t¨ orzsanyag´ at. Az els˝ o év végén pedig arr´ ol d¨ onthetsz, hogy az al´ abbi h´ arom szakir´ any melyikén k´ıv´ ansz tov´ abbhaladni. A matematikus szakir´ any programja sokat meg˝ oriz mélt´ an vil´ agh´ır˝ u hagyom´ anyainkb´ ol, ugyanakkor szil´ ard alapokat ny´ ujt a modern matematika m˝ uveléséhez, j´ ol felkész´ıtve hallgat´ oinkat a leend˝ o kutat´ oi munk´ ara. Az alkalmazott matematika ma m´ ar az élet szinte minden ter¨ uletén nélk¨ ul¨ ozhetetlen, és az ilyen képzettség˝ u munkaer˝ o ir´ ant egyre n¨ ovekszik az igény. Ezt a szakir´ anyt teh´ at azoknak aj´ anljuk, akiket els˝ osorban a matematika alkalmaz´ asai érdeklik. Az el˝ oz˝ okh¨ oz képest viszonylag u ´j, matematikai elemz˝ o szakir´ anyt azon jelentkez˝ ok sz´ am´ ara ind´ıtjuk, akik ismereteiket kés˝ obb ink´ abb a matematik´ an k´ıv¨ ul szeretnék majd gy¨ um¨ olcs¨ oztetni. Itt szerzett tud´ asukat hasznos´ıthatj´ ak péld´ aul gazdas´ agi ter¨ uleten, médi´ aban, a matematika népszer˝ us´ıtésében, a k¨ ozm˝ uvel˝ odésben. A szakir´ anyokr´ ol és a képzés egyéb vonatkoz´ asair´ ol tov´ abbi részletek a www.cs.elte.hu honlapon a Képzések men¨ upont alatt tal´ alhat´ ok. A legkiemelked˝ obb hallgat´ ok az egyetemi oktat´ omunk´ aba is bekapcsol´ odhatnak, és vil´ agszerte j´ o eséllyel p´ aly´ azhatnak ¨ oszt¨ ond´ıjakra, k¨ ulf¨ oldi részképzésre (pl. az Erasmus+ program keretében). Az alapképzést tov´ abbi kétéves szakasz k¨ ovet(het)i (mesterképzés vagy r¨ oviden MSc), egyetem¨ unk¨ on a Matematikai Intézet gondoz´ as´ aban matematikus, alkalmazott matematikus, valamint biztos´ıt´ asi és pénz¨ ugyi matematika mesterszakok indulnak. BSc-t végzett hallgat´ oink természetesen m´ as (bel- és k¨ ulf¨ oldi) oktat´ asi intézmény programjain is folytathatj´ ak tanulm´ anyaikat. A mesterszakot végzettek k¨ oz¨ ul a legkiv´ al´ obbak sz´ am´ ara biztos´ıtjuk az egyetemen a doktori fokozat megszerzésének lehet˝ oségét (PhD-képzés). Felh´ıvjuk a figyelmet, hogy 2013-t´ ol a matematika tan´ ar képzés u ´jfent osztatlan rendszerben t¨ orténik (l. az erre vonatkoz´ o k¨ ul¨ on t´ ajékoztat´ onkat). Egyetem¨ unk¨ on gondosan ´ apolt hagyom´ any, hogy a r´ atermett, tehetséges di´ akok neves professzorok vezetésével bekapcsol´ odnak a tudom´ anyos kutat´ asba. A legkiv´ al´ obb hallgat´ ok matematikai versenyeken is sikerrel szerepelnek, péld´ aul az Egyetemi Hallgat´ ok Nemzetk¨ ozi Matematikaversenyén 2007-ben és 2008-ban is az ELTE csapata végzett az élen – ´ olyan nagyh´ır˝ u egyetemeket is megel˝ ozve, mint a Yale, a Princeton vagy a Moszkvai Allami Egyetem; de idén is az el˝ okel˝ o 2. helyen végeztek, 73 egyetem csapat´ anak versenyében.


33

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 34. oldal – 34. lap


i

Matematika tan´ ark´ epz´ es az ELTE TTK-n Az ELTE Természettudom´ anyi Kar´ an sok évtizedes m´ ultra tekint vissza a matematika szakos tan´ arképzés. Az ´ altal´ anos és k¨ ozépiskol´ ak részér˝ ol mindig jelent˝ os igény mutatkozott a n´ alunk végzett matematika tan´ arok ir´ ant, akik k¨ oz¨ ul sokan k¨ ulf¨ old¨ on is sikeres oktat´ oi p´ aly´ at futottak be. A matematika szakos tan´ ari p´ aly´ at els˝ osorban azoknak a k¨ ozépiskol´ as di´ akoknak aj´ anljuk, akiknek ¨ or¨ om érdekes matematikai feladatokon gondolkodni és j´ o érzést okoz a megold´ asokra m´ asokat is r´ avezetni, m´ asokkal is megosztani azt az élvezetet, amit a matematika megismerése jelent. A 2013/2014-es tanévt˝ ol kezd˝ od˝ oen a tan´ arképzés osztatlan form´ aban zajlik. Tan´ ari szakképzettséget kétszakos form´ aban lehet szerezni 4 + 1 vagy 5 + 1 éves képzés keretében, amelyben a plusz egy év szakmai gyakorlat teljes´ıtésére szolg´ al. Ily m´ odon a tan´ arképzésre val´ o jelentkezés sor´ an a leend˝ o hallgat´ oknak egy szakp´ art kell megjel¨ olni. Az ELTE-n a matematika szak mellé természettudom´ anyos szakokon és az informatik´ an k´ıv¨ ul v´ alasztani lehet a b¨ olcsész szakok (péld´ aul a magyar, a t¨ orténelem vagy a nyelvszakok) k¨ oz¨ ul is. A tan´ arképzés els˝ o h´ arom évében szakp´ aronként egységes képzésben részes¨ ulnek hallgat´ oink. A matematika szakter¨ uleti t´ argyakn´ al az oktat´ as szemléletében m´ ar az els˝ o h´ arom évben is nagy hangs´ ulyt kap az iskolai matematikatan´ıt´ assal val´ o kapcsolat. A harmadik év végén a hallgat´ onak kell eld¨ onteni, hogy ´ altal´ anos iskolai vagy k¨ ozépiskolai tan´ ari végzettséget k´ıv´ an szerezni a két szakj´ ab´ ol. Ezen d¨ ontést˝ ol f¨ ugg˝ oen vagy egy 2 féléves vagy pedig egy 4 féléves képzési programot kell elvégezni. Ekkor ker¨ ul sor a szakt´ argyi tan´ıt´ asi gyakorlatok teljes´ıtésére, melyekre az ELTE hallgat´ oinak a legjobb budapesti iskol´ akban, kiv´ al´ o vezet˝ otan´ arok ir´ any´ıt´ asa mellett ny´ılik lehet˝ oség¨ uk. A szakter¨ uleti z´ ar´ ovizsg´ ak letétele ut´ an a hallgat´ oknak még egy egyéves szakmai gyakorlatot kell elvégezni¨ uk egy iskol´ aban, melynek sor´ an m´ odjuk lesz begyakorolni a tan´ ari munka mesterfog´ asait.

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

´ Egy n × n-es négyzetekb˝ol (mez˝okb˝ol) álló pályán egy robotot I. 364 (E). irány´ıtunk. A robot a p´ alya u ¨res mez˝oin tud mozogni egyenesen fölfelé, lefelé, jobbra és balra. A p´ aly´ at mind a négy oldalról fal veszi körbe, ugyanakkor a bels˝o négyzetek egy része is akad´ aly, melyeken a robot nem tud áthaladni. A robotot az F, L, J, B nagybet˝ uk sorozatával lehet irány´ıtani, és u ´gy mozog, hogy a bet˝ u hat´ as´ ara elindul az aktu´ alis helyér˝ol a jelzett irányba és addig megy, am´ıg szabad el˝otte a p´ alya, majd meg´ all az els˝o u ´tjába es˝o akadály vagy fal mellett. Példaként tekints¨ uk az ´ abr´ an l´ athat´ o, n = 10 értékhez tartozó pályát. Kész´ıts¨ unk programot i364 néven, amely megoldja a következ˝o feladatokat: 1. Olvassuk be a palya.txt szöveges állományból a pálya adatait. A szöveges állom´ any els˝ o sor´ aban 1 6 n 6 20 értéke található, a következ˝o sorában a pályán 34


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 35. oldal – 35. lap

2.

3.

4.

5.

6.


i

megtal´ alhat´ o akad´ alyok sz´ ama, majd minden ezt követ˝o sorban az akadályok oszlop és sor koordin´ at´ ai szóközzel elválasztva. Rajzoljuk ki a beolvasott pályát karakterekkel u ´gy, hogy a sarkokat és a bels˝o akad´ alyokat nagy X bet˝ uvel, a falakat mindegyik oldalon a sor és oszlop koordin´ at´ ak utolsó sz´ amjegyével jelölj¨ uk. Kérj¨ unk be a felhaszn´ al´ otól egy oszlop és egy sor koordinátát, és adjuk meg, hogy a p´ aly´ an szabad-e az ´ıgy megadott mez˝o. A kimenet például a következ˝o: A (3,5) mez˝ o szabad.” ” V´ alasszunk véletlenszer˝ uen egy szabad mez˝ot a pályáról, és tároljuk el a koordin´ at´ ait a t¨ obbi programrész megoldásához, és ´ırjuk ki a képerny˝ore: A robot ” indul´ o helye a (6,4) mez˝ o.” Adjuk meg azoknak a mez˝oknek a koordinátáit, amelyekre az el˝obb választott indul´ o mez˝ or˝ ol egy lépésben el lehet jutni. A fenti példában a kimenet: Egy ” lépésben elérhet˝ oek a (6,3), (6,7), (3,4), (10,4) mez˝ok.” Kérj¨ unk be a felhaszn´ al´ ot´ ol egy karaktersorozatot, amely a robotnak adott parancsokat jelenti. A sz¨ ovegb˝ol csak az irányokat jelz˝o kis- vagy nagybet˝ uket értelmezz¨ uk, a t¨ obbi karaktert hagyjuk figyelmen k´ıv¨ ul. Írjuk a mozgas.txt Példa bemenet (palya.txt) 10 8 24 37 4 10 55 62 68 83 98


Példa kimenet (mozgas.txt) 64 63 63 73 7 10 7 10 5 10 56

35

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 36. oldal – 36. lap


i

sz¨ oveges állom´ anyba a kiinduló helynek és azoknak a pontoknak a koordinát´ ait, amelyeken meg´ all a robot a parancssorozat végrehajtása közben. A robot mozgat´ asa a 4. feladatban kisorsolt mez˝or˝ol induljon. Példaként legyen a bekért karaktersorozat FFjLeBF”. ” 7. Az el˝ obb bekért parancssorozatot jav´ıtsuk és egyszer˝ us´ıts¨ uk u ´gy, hogy csak a megfelel˝ o ir´ anyok nagybet˝ uit tartalmazza, és hagyjunk el bel˝ole minden olyan lépést, amely az adott p´ alyán nem változtatja meg a robot helyét. A kimenet a péld´ aban legyen: A jav´ıtott lépéssorozat: FJLBF”. ” Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i364.zip állományban a program forráskódja (i364.pas, i364.cpp, . . . ) az .exe és más, a ford´ıtó által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokumentációja (i364.txt, i364.pdf, . . . ), amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forrás mely fejleszt˝oi környezetben ford´ıtható. I. 365. Egy terménykereskedelemmel és raktározással foglalkozó vállalkozás egyetlen nagy telephellyel rendelkezik, amelynek 5 teherkapuja van. A vállalkozás egyféle terménnyel foglalkozik, amit 10 kamionnal száll´ıt a termel˝okt˝ol a raktárba, illetve a rakt´ arb´ ol a vev˝ okh¨ oz. A kamionok, a rakodási id˝ok hossz´ usága miatt, a kapukon ór´ anként legfeljebb egyszer haladhatnak át. A raktárnál az a szabály, hogy a kamionok b´ armelyik kapun ki és be közlekedhetnek, de áthaladáskor meg kell állniuk, am´ıg a rendsz´ amukat, az áthaladás id˝opontját (1–100), irányát (Be vagy Ki), a kapu sorsz´ am´ at (1–5) és a járm˝ u s´ ulyát (0,0–100,0) elektronikusan rögz´ıtik. Példa a kapukn´ al r¨ ogz´ıtett adatokra: Rendsz´ am ZU-6245 WV-5078 ZU-6245 HN-9314 ...

´ Ora 2 3 3 7

Irány Be Be Ki Ki

Kapu 1 1 1 1

S´ uly (t) 31,6 5,4 5,4 6,8

A honlapunkr´ ol let¨ olthet˝ o az i365.zip állományban az 5 kapunál rögz´ıtett adatok list´ aja a kapu1.txt, kapu2.txt, . . . , kapu5.txt fájlban és a kamionok adatai a teherautok.txt f´ ajlban (tabulátorokkal tagolt, UTF-8 kódolás´ u szövegállom´ any). A megold´ as sor´ an vegy¨ uk figyelembe a k¨ ovetkez˝ oket: – A megold´ as sor´ an t¨ orekedj¨ unk képlet, f¨ uggvény, hivatkoz´ as haszn´ alat´ ara. – A megold´ as sor´ an az E oszloptól jobbra végezhet¨ unk segédszám´ıtásokat. – A megold´ asban saj´ at f¨ uggvényt vagy makr´ ot nem haszn´ alhatunk. 1. Nyissuk meg t´ abl´ azatkezel˝o program seg´ıtségével a kapuknál rögz´ıtett adatok f´ ajljait és tartalmukat másoljuk egy Rakt´ ar nev˝ u munkalapra, közös táblá¨ zatba. Ugyelj¨ unk, hogy a táblázatnak csak egy fejléce legyen, a feleslegeseket t¨ or¨ olj¨ uk. A t´ abl´ at ments¨ uk a táblázatkezel˝o saját formátumában i365 néven. 2. Helyezz¨ uk el a Teheraut´ ok nev˝ u munkalapon a kamionok adatait u ´gy, hogy az els˝ o beolvasott adat az A1-es cellába ker¨ uljön. 36


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 37. oldal – 37. lap


i

3. Rendezz¨ uk Rakt´ ar munkalapon az adatokat a kamionok rendszáma és azon bel¨ ul a kapun val´ o áthalad´ as órája szerint. A tov´ abbi kérdésekre a v´ alaszokat a Teheraut´ ok munkalapon jelen´ıts¨ uk meg u ´gy, hogy minden meghat´ arozott érték el˝otti cellában, vagy az oszlopok feletti cell´ aban a tartalomra utal´ o felirat legyen. 4. Hat´ arozzuk meg, hogy a vizsgált id˝oszakban a kamionok k¨ ulön-k¨ ulön mennyi terményt sz´ all´ıtottak be a raktárba, illetve száll´ıtottak ki. (Egy kamion által sz´ all´ıtott termény s´ ulya a kapunál mért és az öns´ uly k¨ ulönbsége.) 5. Adjuk meg annak a kamionnak a rendszámát, amely a legtöbb termést száll´ıtotta be a rakt´ arba. 6. Írassuk ki, hogy a kamionok az els˝o kapun történ˝o áthaladása el˝ott a telepen vagy azon k´ıv¨ ul voltak-e. 7. Olvassunk be egy id˝ opontot a megadott id˝oszakban és ´ırjuk ki, hogy hány kamion van a telepen éppen ekkor. A megadott órában átlép˝oket már ne vegy¨ uk figyelembe. 8. Írjuk ki, hogy az adatok alapján legalább hány kamion szabálytalanul nem állt meg a kapun´ al az adatok rögz´ıtéséhez. 9. Hat´ arozzuk meg, hogy melyik óra volt a legforgalmasabb. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett állományban (i365.zip) a táblázatkezel˝o munkaf¨ uzet (i365.xlsx, i365.ods, . . . ), illetve egy rövid dokumentáció (i365.txt, i365.pdf, . . . ), amelyben szerepel a megoldáskor alkalmazott táblázatkezel˝o neve, verzi´ oja. I. 366. A mellékelt log´ ot számtalanszor láttuk már a weblapon, a Facebookon, a pap´ıralap´ u kiadáson. A weblapon láthat´ o változatot anim´ alt megjelen´ıtéssel szeretnénk meg´ uj´ıtani. A megold´ asban ugyanazon alakzatokat használjuk, mint a statikusban, de az eredménynek nem feltétlen¨ ul kell teljes mértékben egyeznie az eredetivel. Az anim´ aci´ os m˝ uveletek k¨ ozött legyen mozgatás, forgatás, méretv´ altoztat´ as és sz´ınv´ altoztatás. Fontos, hogy az o¨sszbenyom´ as eleg´ ans, visszafogott legyen. A feladat megoldásához az SVG kapcsán javasoljuk a k¨ ovetkez˝ o lapokat is: • http://svg.elte.hu/. • http://tutorials.jenkov.com/svg/index.html. Bek¨ uldend˝ o HTML dokumentumban (i366.html) a megoldás, amelyben az anim´ aci´ o egy svg tagben szerepel. A HTML dokumentumban szerepeljen azon weblapok linkje is, amelyek seg´ıtséget ny´ ujtottak a probléma megoldásában. A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2015. febru´ ar 10.


37

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 38. oldal – 38. lap


i

S. 95. Géz´ anak van ¨ ot csomag kártyapaklija, mindegyikben ugyanazok a kártyák tal´ alhat´ ok. Minden k´ artyán áll egy egész szám, de egyik pakliban sem áll ugyanaz a sz´ am két kárty´ an. Így ha egy bizonyos szám´ u lap szerepel az egyik pakliban, akkor az ¨ osszes t¨ obbiben is szerepel pontosan egyszer. Géza szereti, ha a kárty´ ai szép sorrendben vannak, ezért elrendezte a paklikban a kártyákat valamilyen sorrendben, mind az ¨ ot pakliban azonos módon. ´ Ejszaka j¨ ott egy gonosz manó, és megpróbálta Gézát átverni a következ˝o m´ odszerrel: fogott egy paklit, és abból kiválasztott néhány kártyát. Kivette ˝oket a paklib´ ol, majd valahogy visszatette ˝oket (nem feltétlen a hely¨ ukre, de ugyanabba a pakliba). Ugyanezt a m˝ uveletet megismételte a maradék négy paklival is. Viszont egy bizonyos sz´ am´ u kárty´ at csak egy pakliban mozgatott át, tehát a többi pakliban az ugyanolyan sz´ am´ u k´ arty´ ahoz nem ny´ ult. Géza reggel nagyon o¨sszezavarodott, mindenképp vissza szerette volna áll´ıtani a paklik eredeti sorrendjét. Seg´ıts¨ unk neki. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et (1 6 N 6 50 000), majd a k¨ ovetkez˝ o 5 · N sorb´ ol az ai szóközzel elválasztott egészeket. Az els˝o N szám jelenti az els˝ o pakli átrendezett sorrendjét, a következ˝o N szám a következ˝o pakli sorrendjét stb. Írjuk a standard output els˝o N sorába a paklik közös eredeti sorrendjét. (Helytakarékoss´ ag miatt most mind a bemenetben az 5 · N , mind a kimenetben az N sorban lév˝ o számokat egy sorba ´ırtuk, a sorvégeket egy / jellel jelölt¨ uk.) Példa bemenet: 5 10 20 30 40 50 / 20 10 30 40 50 / 30 10 20 40 50 / 40 10 20 30 50 / 50 10 20 30 40

Példa kimenet: 10 / 20 / 30 / 40 / 50

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 s95.zip állományban a program forráskódja (s95.pas, s95.cpp, . . . ) az .exe és más, a ford´ıtó által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokumentációja (s95.txt, s95.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. febru´ ar 10.

d

38


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 39. oldal – 39. lap


i

Matematika ´ es fizika tot´ o megold´ asa∗ A telital´ alatos szelvény: 1, 2, X,

X, 2, X,

2, X, 1,

2, 2, X,

2, 2.

´ Isk. és Gimn., A legt¨ obb (13) tal´ alatot Fehér Zsombor (Budapesti Fazekas M. Alt. ´ Isk. és Gimn., 10. évf.) érte el. 12. évf.) és Sal Krist´ of (Budapesti Fazekas M. Alt. Az al´ abbiakban r¨ ovid u ´tmutat´ ast adunk a feladatok megold´ as´ ahoz. 1. ABCD deltoidunk h´ urnégysz¨ og, ezért az AC szimmetriatengelye a k¨ or¨ ul´ırt k¨ orben ´ atmér˝ o, tov´ abb´ a a B cs´ ucsn´ al lev˝ o sz¨ oge deréksz¨ og. Legyen még a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or k¨ ozéppontja O, a be´ırt k¨ oré – szintén a tengelyen – K, és legyen KC < KA, sugaraik 1, illetve r, vég¨ ul a be´ırt k¨ or érintési pontja az AB oldalon E, a BC-n F . A KE és a KF sug´ ar p´ arhuzamos a BC, illetve a BA oldallal, ezért AKE és KCF hasonl´ o deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek: AE : KE = KF : CF, AE · CF = KE · KF = r2 . Az ´ atfog´ ok pedig 1 + r, illetve 1 − r, mert O rajta van a be´ırt k¨ or¨ on és K az OC sug´ aron, ´ıgy √ √ √ AE · CF = (1 + r)2 − r2 · (1 − r)2 − r2 = (1 + 2r)(1 − 2r). Ezeket egybevetve r2 -re m´ asodfok´ u egyenletet kapunk, és abb´ ol √√ 1 − 4r2 = r4 , r= 5 − 2 ≈ 0,4859, (r2 m´ asik értéke negat´ıv). Most m´ ar a deltoid A cs´ ucs´ an´ al lev˝ o α sz¨ ogre sin

α r = , 2 1+r

α ≈ 38,17◦ ,

a C-nél lev˝ o sz¨ og ennek kiegész´ıt˝ o sz¨ oge, vagyis ennél nagyobb. 2. A rug´ okat egyforma nagys´ ag´ u er˝ o fesz´ıti, és ha ez nem 3 N lenne, akkor a k¨ ozéps˝ o rug´ o végpontjai nem lennének egyens´ ulyban. 3. Jel¨ olj¨ uk T -vel a keresett telefonsz´ amot. T 3-mal osztva 0, 1 vagy 2 maradékot adhat. Tudjuk azt is, hogy T p´ aratlan, teh´ at 4-gyel osztva p´ aratlan maradékot ad. Eszerint a sz´ oban forg´ o k¨ oz¨ os maradék 1. A feltételb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy T − 1 oszthat´ o 3-mal, 4-gyel, 7-tel, 9-cel, 11-gyel és 13-mal. Egyel˝ ore csak annyit haszn´ alunk f¨ ol, hogy T − 1 oszthat´ o 7 · 11 · 13 = 1001-gyel: ∗

A kérdések a 26. oldalon tal´ alhat´ ok.


39

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 40. oldal – 40. lap


i

1001 hatjegy˝ u t¨ obbsz¨ or¨ osei ABCABC alak´ uak. Mivel T p´ aratlan, nem végz˝ odik 0-ra, és ´ıgy T − 1 és T csak az utols´ o sz´ amjegy¨ ukben k¨ ul¨ onb¨ oznek. Így A = 7, B = 2, teh´ at T − 1 = 72 C 72 C. A 9-cel val´ o oszthat´ os´ ag miatt T − 1 jegyeinek ¨ osszege is oszthat´ o 9-cel. Mivel 7 + 2 + C + 7 + 2 + C = 18 + 2C, ´ıgy 2C is 9 t¨ obbsz¨ or¨ ose. Ez csak a C = 0 vagy a C = 9 esetben lehetséges, de T − 1 utols´ o jegye p´ aros. Ha C = 0, akkor valamennyi feltétel teljes¨ ul, azaz T = 720 721. 4. A t¨ omegk¨ ozéppont mindkét esetben x=

ℓ ϱ2 − ϱ1 4 ϱ2 + ϱ1

t´ avols´ agra lesz az ℓ hossz´ u, ϱ1 és ϱ2 s˝ ur˝ uség˝ u részekb˝ ol ´ all´ o p´ alca k¨ ozéppontj´ at´ ol. 5. Az al´ abbi egyenletrendszert kell megoldanunk, ahol x a 10, y a 20, z az 50, vég¨ ul t a 100 forintos érmék sz´ am´ at jel¨ oli: (1)

x + y + z + t = 5,

(2)

10x + 20y + 50z + 100t = 170. A m´ asodik egyenlet tizedrészéb˝ ol kivonva az els˝ ot, kapjuk az eredetivel ekvivalens

(1)

x + y + z + t = 5,

(3)

y + 4z + 9t = 12

egyenletrendszert. A megold´ asok nem negat´ıvak, ´ıgy (3) alapj´ an t 6 1. Két esetet k¨ ul¨ onb¨ oztet¨ unk meg, aszerint, hogy t = 1 vagy t = 0. a) Ha t = 1, akkor egyenletrendszer¨ unk ´ıgy alakul: (1a)

x + y + z = 4,

(3a)

y + 4z = 3. (3a) alapj´ an z < 1, ´ıgy z = 0, és y = 3, vég¨ ul (1a) szerint x = 1. b) Ha t = 0, akkor egyenletrendszer¨ unk:

(1b)

x + y + z = 5,

(3b)

y + 4z = 12.

(3b) alapj´ an y = 12 − 4z, emiatt y oszthat´ o 4-gyel. Mivel (1b) szerint y 6 5, ´ıgy y = 4, vagy y = 0. Ha y = 4, akkor z = 2, de (1b)-b˝ ol y + z 6 5, teh´ at ´ıgy nem kapunk gy¨ ok¨ ot. Ha y = 0, akkor z = 3, ´ıgy (1b)-b˝ ol x = 2. Minden lehet˝ oséget végignézt¨ unk, ´ıgy az egyenletrendszernek két megold´ asa van. Ezek:

40

x1 = 1;

y1 = 3;

z1 = 0;

t1 = 1,

x2 = 2;

y2 = 0;

z2 = 3;

t2 = 0.


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 41. oldal – 41. lap


i

6. Ha a tollpihe valamilyen ´ alland´ osult p´ aly´ an mozog, akkor ez csak k¨ or lehet, hiszen ilyenkor a tollpihe az ostornyéllel egy¨ uttforg´ o koordin´ atarendszerb˝ ol szemlélve ´ all. A tollpihe elhanyagolhat´ oan kicsi t¨ omege miatt a Newton-egyenletben a nehézségi er˝ o és ma helyébe null´ at ´ırhatunk. A mozg´ asegyenlet teh´ at erre az ´ all´ıt´ asra egyszer˝ us¨ odik: a cérnasz´ alban hat´ o er˝ o és a k¨ ozegellen´ all´ asi er˝ o ered˝ oje nulla. A cérnasz´ al egyenese a tollpihe p´ alyak¨ orének érint˝ oje. A p´ alyak¨ or sugar´ at az ´ abr´ an l´ athat´ o (R = = 100 cm ´ atmér˝ oj˝ u) k1 Thalész-k¨ or és az ostornyél mozg´ asban lev˝ o vége k¨ or¨ uli L = 80 cm sugar´ u k2 k¨ or metszéspontja adja meg; nagys´ aga: √ r = R2 − L2 = 60 cm. (Ha a cérna hosszabb lenne, mint a p´ alca, akkor a tollpihének nem alakulhatna ki stabil, ´ alland´ osult p´ aly´ aja.) 7. Pr´ ob´ aljunk meg tetraédert ép´ıteni az adott élekb˝ ol. Nem szerepelhetnek ugyanabban a h´ aromsz¨ ogben a 2 cm-es és a 8 cm-es élek, hiszen a 2 cm-es élt a t¨ obbi négy k¨ oz¨ ul még a legnagyobb, a 6 cm-es él sem egész´ıti ki 8 cm-nél hosszabbra, m´ arpedig egy h´ aromsz¨ ogben két oldal ¨ osszege nagyobb a harmadikn´ al. Jel¨ olj¨ uk a 2 cm-es él végpontjait A-val, B-vel, a 8 cm-eséit C-vel, D-vel, tudjuk m´ ar, hogy ezek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. A t¨ obbi 4 él mindegyikének az egyik végpontja az A, B, a m´ asik a C, D pontok k¨ oz¨ ul val´ o. V´ alasszuk u ´gy a bet˝ uzést, hogy a 3 cm-es él két végpontja A és C legyen. Az ABC h´ aromsz¨ og harmadik oldala, BC most m´ ar csak a 4 cm-es él lehet, hiszen a m´ asik kett˝ o mellett az AB + AC = 5 cm-es ¨ osszeg t´ ul kicsi lenne. Ugyancsak kevés az 5 cm-es él az ACD h´ aromsz¨ og harmadik oldal´ anak, ´ıgy AD = 6, BD = 5. Ezek mellett az ABD h´ aromsz¨ ogben AD = 6 cm, AB + BD = 7 cm, a BCD h´ aromsz¨ ogben CD = 8 cm, BC + BD = 9 cm, teh´ at a keresett tetraéder val´ oban létrej¨ on. Tegy¨ uk fel most, hogy az adott elemekb˝ ol ketten is felép´ıtették a keresett tetraédert. Bet˝ uzz¨ uk az els˝ o tetraéder cs´ ucsait a fenti meggondol´ as szerint A-val, B-vel, C-vel, D-vel, a m´ asodikét A′ -vel, B ′ -vel, C ′ -vel, D′ -vel, ekkor teh´ at (1)

AB = A′ B ′ , AC = A′ C ′ , BC = B ′ C ′ , AD = A′ D′ , BD = B ′ D′ , CD = C ′ D′ .

A m´ asodik A′ B ′ C ′ lapja egybev´ ag´ o az els˝ o ABC lapj´ aval, teh´ at r´ ahelyezhet˝ ou ´gy, hogy ′ A az A-ra, B ′ a B-re, C ′ a C-re ker¨ ulj¨ on. Ezut´ an a D′ pont rendre ugyanolyan messze lesz az A, B, C pontokt´ ol, mint a D. Ha D és D′ azonosak, készen vagyunk, ha nem, ′ tekints¨ uk a DD szakaszt. Az A, B, C pontok mindegyike egyenl˝ o t´ avols´ agra van ennek a végpontjait´ ol, teh´ at ezek a pontok benne vannak a szakasz felez˝ opontj´ an ´ atmen˝ o, a szakaszra mer˝ oleges S s´ıkban. Így ha az ABCD tetraédert S-re t¨ ukr¨ ozz¨ uk, az ´ atmegy az ABCD′ tetraéderbe. A két tetraéder teh´ at mindig egybev´ ag´ o.


41

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 42. oldal – 42. lap


i

8. A lencsén ´ atjut´ o fénysugarak a s´ıkt¨ ukr¨ on visszaver˝ odve mégegyszer ´ athaladnak a lencsén, éppen u ´gy, mintha két 6 dioptri´ as lencse lenne egym´ as mellett. Ezek dioptriasz´ ama ¨ osszead´ odik, teh´ at 12 lesz. 9. Tegy¨ uk f¨ ol, hogy a lift u ´gy mozgott, hogy maxim´ alis utat tett meg. Ekkor minden meg´ all´ as ut´ an ir´ anyt v´ altoztatott. Ha ugyanis az i-edik, j-edik szintekre egym´ as ut´ an, ir´ anyv´ altoztat´ as nélk¨ ul érkezett volna, akkor az i-edik szinten val´ o meg´ all´ ast kihagyva, majd az u ´t befejezése ut´ an ide visszatérve, az ´ıgy m´ odos´ıtott u ´t hosszabb, mint a lift ´ altal megtett u ´t, amir˝ ol pedig feltett¨ uk, hogy maxim´ alis. Jel¨ olje mi az i-edik meg´ all´ as szintjét, i = 1, 2, . . . , 10. A lift ´ altal megtett u ´t m1 + (m1 − m2 ) + (m3 − m2 ) + (m3 − m4 ) + . . . + (m9 − m10 ) = [ ] = 2 (m1 + m3 + m5 + m7 + m9 ) − (m2 + m4 + . . . + m8 ) − m10 . L´ athat´ o, hogy a megtett u ´t akkor maxim´ alis, ha a fenti o ¨sszegben a 10, 9, 8, 7, 6 szintek pozit´ıv, a megmarad´ o szintek negat´ıv el˝ ojellel szerepelnek. Mivel a kivonand´ ok k¨ oz¨ ul m10 egy¨ utthat´ oja a legkisebb, ezért m10 = 5, vagyis a lift vég¨ ul az 5-dik szinten ´ allt meg. A tov´ abbi mi értékek – a fenti megszor´ıt´ as mellett – tetsz˝ olegesek lehetnek. A fenti megszor´ıt´ asnak eleget tev˝ o mi értékekhez tartoz´ o maxim´ alis u ´thossz 220 m. Megjegyzések. 1. A megold´ asb´ ol nyilv´ anval´ o, hogy a lift nemcsak egyetlen m´ odon teheti meg a maxim´ alis 220 m-t. Az ilyen utak sz´ ama 5! · 4! = 2880. 2. A feladat k¨ onnyen ´ altal´ anos´ıthat´ o n emeletes h´ azra. Ekkor a lift maxim´ alisan 2n(n + 1) méternyi utat tesz meg. 10. A rugalmas u ozések és a ferde haj´ıt´ asok ¨ osszef¨ uggéseinek fel´ır´ asa ut´ an – elég ¨tk¨ hossz´ u sz´ amol´ assal – bel´ athat´ o, hogy a parabol´ ak f´ okuszpontjai az ejtési ponton ´ atmen˝ o, 2α meredekség˝ u egyenesen helyezkednek el. Célszer˝ u a labda mozg´ as´ at a lejt˝ ovel p´ arhuzamos és arra mer˝ oleges tengelyekkel rendelkez˝ o koordin´ atarendszerben t´ argyalni. A lejt˝ ore mer˝ oleges ir´ anyban a labda u ´gy mozog, mintha a nehézségi gyorsul´ as g cos α lenne; a felpattan´ asok magass´ aga és az u ozések k¨ oz¨ otti id˝ o pedig minden u ozés ut´ an ugyanak¨tk¨ ¨tk¨ kora. A lejt˝ ovel p´ arhuzamos ir´ anyban a labda egyenletesen gyorsulva mozog, gyorsul´ asa g sin α. 11. Jel¨ olj¨ uk a tetraéder cs´ ucsait A, B, C és D-vel. Mivel a tetraéder szab´ alyos, b´ armely magass´ agvonala a szemk¨ ozti szab´ alyos h´ aromsz¨ oget a k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének k¨ ozéppontj´ aban metszi. A magass´ agvonal k¨ or¨ ul 120◦ -kal elforgatva a tetraédert, ¨ onmag´ aba megy ´ at. Ez a forgat´ as a tetraéder k¨ oré, a tetraéderbe ´ırt g¨ omb¨ ot, valamint az élérint˝ o g¨ omb¨ ot is ¨ onmag´ aba viszi ´ at, emiatt mindh´ arom g¨ ombnek a k¨ ozéppontja a tetraéder magass´ agpontja, M . Jel¨ olj¨ uk a D cs´ ucsnak az ABC s´ıkra val´ o mer˝ oleges vet¨ uletét D′ -vel. A DD′ magass´ agvonal tartalmazza a tetraéder M magass´ agpontj´ at és M D′ a tetraéderbe ´ırhat´ o g¨ omb sugar´ aval ´ egyenl˝ o. Erintse az élérint˝ o g¨ omb az AD élt F -ben, a BC élt E-ben. Így M F ⊥ AD és M E ⊥ BC, tov´ abb´ a M E = M F és nyilv´ an F felezi AD-t, E felezi BC-t, hiszen M D = M A = M C = M B a tetraéder k¨ oré ´ırt g¨ omb sugar´ aval egyenl˝ o. A DEA h´ aromsz¨ og egyenl˝ o sz´ ar´ u (ED = EA) és M F mer˝ olegesen felezi AD-t, ´ıgy

42


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 43. oldal – 43. lap


i

´ at kell, hogy menjen a szemk¨ ozti cs´ ucson, E-n, azaz E, M és F egy egyenesbe esik. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy EM D′ és DM F h´ aromsz¨ ogek M cs´ ucsn´ al lev˝ o sz¨ ogei cs´ ucssz¨ ogek, teh´ at egyenl˝ ok, s mivel M D′ E és M F D sz¨ og¨ uk deréksz¨ og, ´ıgy hasonl´ oak és megfelel˝ o oldalaikra: EM DM = , M D′ MF

ME = MF

miatt

EM 2 = M D′ · DM.

12. Ha a tel´ıtett v´ızg˝ oz térfogat´ at lassan cs¨ okkentj¨ uk, a h˝ omérséklete ´ alland´ o marad, a nyom´ asa sem tud megv´ altozni, mert az csak a h˝ omérséklett˝ ol f¨ ugg, ´ıgy a g´ azt¨ orvény szerint a részecskesz´ amnak kell cs¨ okkennie. A lassan ¨ osszenyomott g˝ oz egy része teh´ at kicsap´ odik. Ha a térfogatot olyan hirtelen n¨ ovelj¨ uk meg, hogy nincs id˝ o sz´ amottev˝ o h˝ ocserére a v´ızg˝ ozt tartalmaz´ o tart´ aly és a k¨ ornyezete k¨ oz¨ ott, akkor a h˝ omérséklet lecs¨ okken (adiabatikus t´ agul´ as). Az u ´j, alacsonyabb h˝ omérséklethez tartoz´ o tel´ıtési g˝ oznyom´ as kisebb lesz, mint az eredeti, s˝ ot, annak ellenére, hogy a térfogat n˝ o, a g˝ oz egy része kicsap´ odik. A g˝ oz kicsap´ od´ asa teh´ at a térfogat cs¨ okkentésével és n¨ ovelésével egyar´ ant el˝ oidézhet˝ o, a térfogatv´ altoz´ as tényleges hat´ asa a folyamat sebességét˝ ol f¨ ugg. 13. Az ´ abr´ an 1-t˝ ol 25-ig megsz´ amoztuk az 5 × 5-¨ os t´ abla mez˝ oit.

1

20

9

14

3

10

15

2

19

24

K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy ha egy l´ o az 1. sz´ am´ u 21 8 25 4 13 mez˝ or˝ ol kiindulva mindig a soron k¨ ovetkez˝ o sz´ am´ u mez˝ ore ´ 16 11 6 23 18 lép, akkor 24 lépésben minden mez˝ ot érint. Igy ha 13n´ al t¨ obb lovat ´ all´ıtunk fel az 5 × 5-¨ os t´ abl´ ara, akkor ezek 7 22 17 12 5 k¨ ozt feltétlen¨ ul lesz legal´ abb kett˝ o, amelyek szomszédos sorsz´ am´ u mez˝ okre ker¨ ulnek, teh´ at a sz´ amoz´ as tulajdons´ aga miatt u ast. Az 5 × 5¨tik egym´ os t´ abl´ an teh´ at 13 l´ o elhelyezhet˝ o a k´ıv´ ant m´ odon (minden p´ aratlanadik mez˝ on egy), ¨ ann´ al t¨ obb m´ ar nem. 13+1. Egy ´ altal´ anos érvény˝ u tétel szerint ha egy (F1 ) z´ art fel¨ ulet sehol nem l´ og ki” ” egy m´ asik (F2 ) fel¨ ulet ´ altal hat´ arolt térrészb˝ ol, akkor a nekik megfelel˝ o alak´ u fémtestek kapacit´ as´ ara fenn´ all: C1 < C2 . (A tétel bizony´ıt´ as´ ahoz a felt¨ olt¨ ott kondenz´ ator elektrosztatikus energi´ aj´ at érdemes vizsg´ alni, mik¨ ozben a kisebb fel¨ uletet apr´ o lépésekben a m´ asiknak megfelel˝ o alak´ ura kalap´ aljuk”.) ” A fémkocka éppen belefér” a megadott méret˝ u fémg¨ ombbe, emiatt a kocka kapaci” t´ asa biztosan kisebb, mint a fémg¨ ombé.

Fizika feladatok megold´ asa

P. 4600. Egy d ´ atmér˝ oj˝ u, viszonylag r¨ ovid sz´ıv´ osz´ alon kereszt¨ ul szappanbuborékot f´ ujunk, majd hagyjuk a buborékot ugyanezen a sz´ıv´ osz´ alon kereszt¨ ul leereszteni. Egy esetben, amikor a felf´ ujt buborék ´ atmér˝ oje D volt, a leeresztés idejét 8 másodpercnek mért¨ uk. V´ arhat´ oan mennyi id˝ o alatt ereszt le a) egy ugyancsak D ´ atmér˝ oj˝ u buborék egy vastagabb, 2d ´ atmér˝ oj˝ u sz´ıv´ osz´ alon ´ at; K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

43

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 44. oldal – 44. lap


i

b) d ´ atmér˝ oj˝ u sz´ıv´ osz´ alon kereszt¨ ul az a buborék, amelynek legnagyobb ´ atmér˝ oje 2D volt? (5 pont)

Közli: Gn¨ adig Péter, Vácduka

Megold´ as. a) Tekints¨ unk a két folyamatban a buborékok azonos V térfogatához tartoz´ o pillanatokat. Attól, hogy a sz´ıvószál átmér˝oje kétszer akkora lett, a ki´ araml´ o leveg˝ o sebessége nem változik. A = d2 π/4 fel¨ uleten v sebesség mellett 2 kicsiny ∆t id˝ o alatt ∆V = Av∆t térfogat´ u leveg˝o távozik. Így (2d) π/4 = 4A fel¨ uleten ∆t/4 id˝ o alatt ¨ omlik ki ugyanennyi. Ha mindkét esetben videofelvételt kész´ıt¨ unk a buborékok leeresztésér˝ol, majd a 2d átmér˝ oj˝ u sz´ıv´ osz´ alhoz tartozó felvételt negyedére lass´ıtva játsszuk le, akkor azon is ugyanazt fogjuk l´ atni, mint az els˝o videón. Hiszen az els˝o felvételen ∆t id˝o alatt ¨ omlik ki ∆V térfogat´ u leveg˝o, a második videó lejátszásakor a ∆t id˝o a valóságban ∆t/4 id˝ onek felel meg, ´ıgy ott is ∆V térfogat´ u leveg˝o távozik. A térfogatok teh´ at a két felvételen ugyanolyan u ¨temben csökkennek, ´ıgy a két felvétel lejátszásakor a leeresztési id˝ ok is megegyeznek. Ha a d átmér˝ oj˝ u sz´ıv´ osz´ alon t = 8 másodpercig tart a leeresztés, akkor a 2d átmér˝ oj˝ u cs¨ ov¨ on kereszt¨ ul a lass´ıtott felvételen is 8 másodpercig fog tartani, ami a val´ os´ agban t/4 = 2 másodpercnek felel meg. b) Egy r sugar´ u, α fel¨ uleti fesz¨ ultség˝ u buborék belsejében a t´ ulnyomás (a buborék fal´ anak mindkét oldal´ at és a gömbfel¨ ulet kétféle irány´ u” görb¨ uletét is figye” lembe véve) 4α ∆p = . r A Bunsen-féle ki¨ omlési t¨ orvény szerint ϱ s˝ ur˝ uség˝ u gáz √ v=

2∆p ϱ

sebességgel áramlik ki a r¨ ovid csövön. (A Bunsen-törvény azt fejezi ki, hogy a kiáraml´ o gázon végzett munka csak a mozgási energiát növeli, a bels˝o s´ urlódás nem sz´ amottev˝ o.) Eszerint álland´ o ϱ és α mellett a sebesség a sugár ( − 12 )-ik hatvány´ aval ar´ anyos: v ∼ r−1/2 . Vegy¨ unk a D és 2D ´ atmér˝oj˝ u buborékok leeresztésének folyamatában V és 8V térfogatoknak megfelel˝ o pillanatokat. Ekkor a nagyobb (2-es jel˝ u) buborék sugara a kisebb (1-es jel˝ u)√buborék sugarának kétszerese, ´ıgy a nagyobbikból kiáramló or kisebb, mint a kisebb buborékból távozó leveg˝o sebesleveg˝ o sebessége 1/ 2-sz¨ sége: √ v2 = v1 / 2. Mennyi id˝ o alatt lesz a 2-es buborék relat´ıv térfogyatcsökkenése ugyanakkora, mint amennyi a kisebb buborék relat´ıv térfogatváltozása ∆t1 id˝o alatt? Mivel 44


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 45. oldal – 45. lap


i

a kiáraml´ o leveg˝ o mindkét esetben ugyanakkora A keresztmetszet˝ u csövön távozik, fenn´ all ∆V1 Av1 ∆t1 ∆V2 Av2 ∆t2 − = =− = , V1 V1 V2 V2 ahonnan

√ ∆t2 V2 v1 = · = 8 2. ∆t1 V1 v2

Ha megint alkalmazzuk a √ filmlelass´ıtás tr¨ ukkjét, vagyis a nagyobb buborék leeresztésér´ ol kész¨ ult felvételt 8 2-szörösen lelass´ıtva játszuk le, a két buborék méretének relat´ıv cs¨ okkenését minden pillanatban ugyanakkorának látjuk, ´ıgy a teljes leeresztés¨ uk ideje is ugyanannyi lesz. A val´ os´ agban (val´ os id˝ oben mérve) a nagyobb méret˝ u buborék mérete √ T2 = 8 2 T1 ≈ 90 s id˝ o alatt fog null´ ara cs¨ okkenni. ´ Isk. és Gimn., 11. évf.) Fehér Zsombor (Budapesti Fazekas M. Alt. 33 dolgozat érkezett. Helyes 18 megold´ as. Hi´ anyos (1–3 pont) 12, hib´ as 3 dolgozat.

P. 4621. Ide´ alis g´ az az ábrán l´ athat´ o folyamaton megy ´ at. A kezd˝ o´ allapotban V1 = 2 dm3 , p1 = 105 Pa, T1 = 300 K. A vég´ allapotban V2 = = 8 dm3 , p2 = 2,5 · 104 Pa. Mekkora a g´ az legmagasabb h˝ omérséklete a folyamat sor´ an, és ezt melyik ´ allapotban éri el? (4 pont)

K¨ ozli: Légr´ adi Imre, Sopron

´ Megold´ as. Eszrevehetj¨ uk, hogy a feladatban szerepl˝o adatokkal p1 V2 = = 4, vagyis p1 V1 = p2 V2 , p2 V2 teh´ at az 1-es és a 2-es állapot ugyanazon a T = = 300 K-es izoterm´ an helyezkedik el. ´ Abr´ azoljuk a folyamatot és az izotermákat olyan koordin´ ata-rendszerben, amelynek tengelyeire V /V1 -et és p/p1 -et mért¨ uk fel. Ebben a koordin´ ata-rendszerben a folyamatot jellemz˝o egyenes is és a pV = álland´ o egyenlet˝ u, hiperbola alak´ u izoterm´ ak is t¨ uk¨ orszimmetrikusak a 45◦ -os sz¨ ogben áll´ o, szaggatott vonallal jelölt egyenesre. A legmagasabb h˝ omérsékletnek megfelel˝o izoterma érinti a folyamatot jellemz˝o egyenest, az érintési pont a kezdeti- és a végállapot között fél´ uton, (1)

p V = = 2,5 p2 V1


45

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 46. oldal – 46. lap


i

értéknél tal´ alhat´ o, vagyis ebben az állapotban a nyomás 2,5 p2 = 6,25 · 104 Pa és a térfogat V = 2,5 V1 = 5 dm3 . A h˝omérséklet mindegyik állapotban a nyomás és a térfogat szorzatával arányos. Az (1) ¨ osszef¨ uggésb˝ ol leolvasható, hogy a legmagasabb h˝omérséklet˝ u állapotban p V pV Tmax 2,52 = · =4 = , p2 V1 p1 V1 T1 vagyis Tmax =

6,25 300 K = 468,75 K ≈ 470 K. 4

Morvay B´ alint (Pécs, Szent Mór Iskolaközpont, 12. évf.) dolgozata felhasználásával 72 dolgozat érkezett. Helyes 45 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 16, hi´ anyos (1–2 pont) 7, hib´ as 4 dolgozat.

P. 4627. Egy felf´ ujt lufit két tenyer¨ unk k¨ ozé fogva el˝ obb-ut´ obb azt érezz¨ uk, hogy a lufi meleg´ıti a kez¨ unket. Hogy lehet ez? (3 pont)

´ ´ Isk. Kérdezi: Radnai Réka, Budapest, Andor Ilona Enek-Zenei Alt.

Megold´ as. Mivel az alapján érz¨ unk valamit hidegnek vagy melegnek, hogy mennyi h˝ot ad át/le a test¨ unk annak a valaminek, ezért a jó h˝oszigetel˝o anyagokat melegnek érezz¨ uk. A lufiban találhat´ o leveg˝o nagyon jó h˝oszigetel˝o. Miután a lufi anyaga felmelegszik, tenyer¨ unk csak nagyon kevés h˝ot ad le, ezért érezz¨ uk a lufit melegnek. A k¨ ornyezet¨ unkben tal´ alható leveg˝ot ennek ellenére nem érezz¨ uk mindig melegnek, mivel b˝ or¨ unkr˝ ol folyamatosan párologtatunk vizet, és ez energiát vesz el. Mivel a k¨ or¨ ul¨ ott¨ unk lev˝ o leveg˝ o szabadon mozoghat, a nedves leveg˝o hamar elillan, ´ıgy b˝or¨ unk folyamatosan p´ arologtathatja a vizet. R´ ozsa Tibor (Révkomárom, Szlovákia, Selye J. Gimn., 11. évf.) 26 dolgozat érkezett. 3 pontot kapott M´ alyusz Attila és R´ ozsa Tibor megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 11, hi´ anyos (1 pont) 13 dolgozat.

P. 4629. V´ızszintes, s´ url´ od´ asos talajon egy mozg´ as´ aban mag´ ara hagyott test mozg´ asi energi´ aja egy adott pillanatban 900 J, 2 s m´ ulva m´ ar csak 400 J, mik¨ ozben a test ℓ utat tesz meg. a) Az ℓ u ´t h´ anyszoros´ at teszi meg még a test a meg´ all´ asig? b) Mennyi id˝ o alatt teszi meg ezt az utat? (4 pont)

Közli: Dudics P´ al, Debrecen

Megold´ as. a) A test mozgási energiája a mozgás els˝o szakaszában ℓ u ´ton E1 -r˝ ol E2 -re v´ altozik: ∆E = E2 − E1 = −500 J. 46


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 47. oldal – 47. lap


i

Alkalmazzuk a munkatételt a mozgás ezen szakaszára. Mivel a test mozgását (v´ızszintes talajon) µmg nagys´ ag´ u, v´ızszintes irány´ u s´ urlódási er˝o fékezi, fennáll: ∆E = −µmg ℓ. Jel¨ olj¨ uk a test meg´ all´ as´ aig megtett utat ℓ′ -vel! Így itt is alkalmazható a munkatétel: 0 − E2 = −µmg ℓ′ . A fenti két egyenletet elosztva egymással: ℓ E1 − E2 900 − 400 5 = = = , ′ ℓ E2 400 4 ahonnan ℓ′ =

4 ℓ. 5

b) A test mozg´ asi energi´ aja a sebességének négyzetével arányos, ´ıgy a mozgás els˝o (t1 = 2 m´ asodpercig tart´ o) szakaszában a v1 kezd˝osebesség és v2 végsebesség aránya √ √ v1 3 E1 900 = = = . v2 E2 400 2 A test átlagsebessége a mozgás els˝o szakaszában v=

v1 + v2 5 = v1 , 2 6

a meg´ all´ asig tart´ o, t2 id˝ otartam´ u második szakaszban pedig v′ =

v2 + 0 v1 = 2 3

az átlagsebesség. A megtett utakat az átlagsebességgel és a mozgás idejével kifejezve fel´ırhatjuk, hogy v t1 = ℓ, illetve v ′ t2 = ℓ′ , ahonnan

t2 v ℓ′ = ′ · = 2. t1 v ℓ

A test teh´ at a meg´ all´ asig t2 = 2t1 = 4 s alatt 45 ℓ utat tesz meg. Iv´ an Bal´ azs (Fonyód, Mátyás Király Gimn., 9. évf.) 102 dolgozat érkezett. Helyes 72 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 11, hi´ anyos (1–2 pont) 18, hib´ as 1 dolgozat.


47

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 48. oldal – 48. lap


i

P. 4637. Szigetel˝ o sz´ alra f¨ uggesztett, aluf´ oli´ aval bevont csokol´ adényuszit elektromosan felt¨ olt¨ unk. A nyuszi a leveg˝ o csekély vezet˝ oképessége miatt lassan elvesz´ıti a t¨ oltését. Milyen lesz kis¨ ulés k¨ ozben a nyuszi k¨ or¨ ul kialakul´ o m´ agneses mez˝ o? (Feltehetj¨ uk, hogy a leveg˝ o vezet˝ oképessége f¨ uggetlen a helyt˝ ol.) (6 pont)

Közli: Vigh M´ até, Budapest

Megold´ as. A csokinyuszit bor´ıtó alufólián lév˝o elektromos t¨ oltés nem egyenletesen oszlik el, emiatt az id˝oben lassan változ´ o (majdnem sztatikus) elektromos tér általában igen bonyolult térbeli szerkezet˝ u lesz. Annyit azonban áll´ıthatunk, hogy csak a nyuszin k´ıv¨ uli térrészben alakul ki elektromos mez˝o, és hogy az elektromos er˝ovonalak mer˝olegesen lépnek ki az alufólia (ekvipotenci´ alis) fel¨ uletéb˝ol. Sejthetj¨ uk, hogy az igen bonyolult alak´ u nyuszi kör¨ ul egyáltalán nem alakul ki mágneses mez˝ o (ellenkez˝ o esetben a kérdés nem szerepelne a középiskolai feladatok k¨ oz¨ ott!), j´ ollehet a k¨ ornyez˝o leveg˝oben elektromos áram folyik. Ezt a sejtést az al´ abbiakban be is bizony´ıtjuk! Tételezz¨ uk fel, hogy kialakulhatna valamilyen (nullától k¨ ulönböz˝o) mágneses mez˝o. Ennek er˝ovonalai zárt görbéket alkotnának, egy ilyen például az ´ abr´ an látható G görbe lehetne. Erre a görbére az ¨B = O

∑

B(r)∆r

G

mennyiség (mágneses örvényer˝osség, más néven mágneses körfesz¨ ultség) nullától k¨ ulönböz˝o lenne, hiszen az er˝ovonal mentén haladva a B és ∆r vektorok párhuzamosak, skalárszorzatuk tehát a szumma minden tagjában pozit´ıv (vagy ellentétes kör¨ uljárás esetén negat´ıv). Maxwell IV. törvénye szerint az örvényer˝osség a G görbe által kör¨ ulölelt A nagyság´ u fel¨ uleten átfolyó teljes árammal arányos: ¨ B = µ0 · I = µ0 (I1 + I2 ), O ahol I1 az elektromos t¨ oltések mozgásából származó szokásos áram, I2 pedig a Maxwell-féle eltol´ asi áram, amely az elektromos fluxus id˝obeli változási sebességéb˝ ol sz´ am´ıtható ki: I2 = ε0 48

∆Ψ . ∆t


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 49. oldal – 49. lap


i

K¨ ovess¨ uk nyomon (visszafelé) azon elektromos er˝ovonalakat, amelyek az A fel¨ uleten haladnak kereszt¨ ul. Ezek az er˝ovonalak a csokinyuszi fel¨ uletének valamely A0 nagys´ ag´ u darabjár´ ol, az ott lév˝o Q nagyság´ u töltésb˝ol indultak ki, fluxusuk teh´ at egy adott t id˝ opontban: Ψ(t) =

1 Q(t). ε0

(Felhaszn´ altuk, hogy a nyuszi belsejében nulla az elektromos tér, tehát az o¨sszes er˝ ovonal kifelé” indul.) Ugyanekkora az A fel¨ uleten áthaladó elektromos fluxus is, ” az eltol´ asi áram nagys´ aga teh´ at I2 = ε 0

∆Ψ ∆Q = = −I1 . ∆t ∆t

Az utols´ o lépésnél kihaszn´ altuk, hogy az A fel¨ uleten áthaladó (a töltéshordozók mozg´ as´ ab´ ol sz´ armaz´ o) áram megegyezik az A0 fel¨ uleten lév˝o töltésmennyiség csökkenési sebességével. L´ athat´ o, hogy tetsz˝ oleges G görbe által határolt fel¨ uletre I1 + I2 ≡ 0, emiatt a mágneses ¨ orvényer˝ osség sehol nem lehet nullától k¨ ulönböz˝o, vagyis a csokinyuszi k¨ or¨ ul (és még annak belsejében is) a mágneses tér mindenhol nulla. Holczer Andr´ as (Pécs, Janus Pannonius Gimn., 11. évf.) és ´ Isk. és Gimn., 10. évf.) Sal Krist´ of (Budapesti Fazekas M. Alt. dolgozatának felhasználásával 10 dolgozat érkezett. Helyes Antalicz Bal´ azs, Fehér Zsombor, Holczer Andr´ as, Janzer Barnab´ as és Sal Krist´ of megold´ as. Hi´ anyos (2–4 pont) 5 dolgozat.

P. 4640. Az ide´ alis g´ az bels˝ o energi´ aj´ at a molekul´ ak rendezetlen mozg´ as´ ahoz tartoz´ o mozg´ asi energi´ ak ¨ osszege szolg´ altatja. A bels˝ o energia v´ altoz´ as´ at a h˝ omérséklet v´ altoz´ asa jelzi. A g´ azzal t¨ ortén˝ o rendezett energiak¨ ozlést munk´ anak, a rendezetlen energiak¨ ozlést h˝ ok¨ ozlésnek nevezz¨ uk. Mely tulajdons´ agai (´ allapotjelz˝ oi) maradnak v´ altozatlanok az ´ alland´ o t¨ omeg˝ u ide´ alis g´ aznak a) csup´ an h˝ ok¨ ozlés hat´ as´ ara; b) csup´ an munkavégzés hat´ as´ ara; c) ha folyamatosan annyi munk´ at végez a g´ az, amennyi h˝ ot felvesz? (4 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

Megold´ as. Mindh´ arom esetben a h˝otan els˝o f˝otételéb˝ol indulhatunk ki. Eszerint ∆Eb = Q + W, ahol Q a gázzal k¨ oz¨ olt h˝ o, W a környezet által a gázon végzett munka, ∆Eb pedig a gáz bels˝ o energi´ aj´ anak v´ altoz´ asa (növekedése). a) Ha csup´ an h˝ok¨ ozlés t¨ orténik, vagyis nincs munkavégzés, akkor ∆Eb = Q. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

49

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 50. oldal – 50. lap


i

Ebben az esetben a h˝otan els˝ o f˝otétele szerint a gázzal közölt h˝o teljes egészében a gáz bels˝ o energi´ aj´ at n¨ oveli. Mivel nincs munkavégzés, ezért ebben az esetben a gáz térfogata álland´ o. A gáz állapotváltozása izochor. b) Ha csup´ an munkavégzés történik, vagyis a gáz és a környezete között nincs h˝ ok¨ ozlés, akkor ∆Eb = W. A h˝ otan els˝ o f˝ otétele szerint ekkor a gázon végzett munka teljes egészében a gáz bels˝ o energi´ aj´ at n¨ oveli. A gáz állapotváltozása adiabatikus, a folyamat során a gáz entr´ opi´ aja ´ alland´ o. c) Amennyiben W = −Q, az els˝o f˝otétel szerint ∆Eb = Q + W = 0, vagyis a gáz bels˝ o energi´ aja ´ alland´ o. Ebb˝ol következ˝oen az ideális gáz h˝omérséklete is álland´ o marad, a folyamat izotermikus. Németh Andr´ as (Jászberény, Lehel Vezér Gimn., 11. évf.) 48 dolgozat érkezett. Helyes 13 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 17, hi´ anyos (1–2 pont) 13, hib´ as 5 dolgozat.

P. 4642. Egy ℓ = 20 cm hossz´ u fon´ aling´ at a v´ızszintesig kitér´ıt¨ unk, majd f¨ ugg˝ olegesen lefelé v0 = = 2 m/s sebességgel elind´ıtjuk. Mekkora sz¨ oget z´ ar be a f¨ ugg˝ olegessel a fon´ al, amikor meglazul´ asa ut´ an u ´jra megfesz¨ ul? (5 pont)

K¨ ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest Megold´ as. A P pontban v0 sebességgel f¨ ugg˝olegesen lefelé ind´ıtott fonálinga a k körön haladva eljut az ´ abr´ an látható Q pontba, ahol a fonala meglazul. Ez akkor következik be, amikor a fonáler˝o nullává válik, vagyis amikor az mg nehézségi er˝o fonálirány´ u komponense éppen biztos´ıtani tudja a v1 sebesség˝ u körmozgásnak megfelel˝o centripetális er˝ot: (1)

mv12 = mg cos α, ℓ

ahol α a f¨ ugg˝ olegessel bez´ art szög a meglazuláskor. A mechanikai energia megmarad´ as´ anak tételéb˝ ol kisz´ am´ıthatjuk az inga nehezékének sebességét a Q pontban: (2) 50

1 1 mv02 = mgℓ cos α + mv12 . 2 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/1

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 51. oldal – 51. lap


i

Az (1) és (2) ¨ osszef¨ uggésekb˝ol v0 m v1 = √ ≈ 1,155 , s 3

(3) valamint (4)

cos α =

v12 ≈ 0,68; gℓ

vagyis

α ≈ 47,2◦

k¨ ovetkezik. A fon´ al meglazul´ asa ut´ an az ingatest letér a k körpályáról, és egy v1 kezd˝osebesség˝ u, α sz¨ og˝ u ferde haj´ıt´ as p parabolapályáján halad tovább. Ez a parabola valamely R pontban metszi a k¨ ort, a fonál ennél a pontnál fesz¨ ul meg u ´jra. Feladatunk az OR egyenes és a f¨ ugg˝ oleges által bezárt β szög meghatározása. Vegy¨ unk egy olyan koordináta-rendszert, amelynek O origója az inga felf¨ uggesztési pontja, x tengelye v´ızszintesen jobbra, y tengelye pedig f¨ ugg˝olegesen felfelé mutat. Ebben a rendszerben az ingatest koordinátái t id˝ovel a fonál meglazulása ut´ an: x = v1 t cos α − ℓ sin α,

(5) illetve

g y = − t2 + v1 t sin α + ℓ cos α. 2

(6)

A fon´ al akkor fesz¨ ul meg u ´jra, amikor a végén lév˝o test ismét ℓ távolságra ker¨ ul a felf¨ uggesztési pontt´ ol. Az x2 + y 2 = ℓ2 o¨sszef¨ uggés (5) és (6) behelyettes´ıtésével t-re egy negyedfok´ u egyenletet ad (összhangban azzal, hogy egy körnek és egy parabol´ anak legfeljebb 4 k¨ oz¨ os pontja lehet): t4 ·

g2 − t3 · v1 g sin α = 0, 4

vagyis (7)

( ) 4v1 t3 t − sin α = 0. g

Ennek az egyenletnek t = 0 h´ aromszoros gy¨ oke, ez a megoldás a Q pontnak felel meg. Megjegyzés. Nem meglep˝ o, hogy t = 0 h´ aromszoros gy¨ ok, hiszen k¨ ozvetlen¨ ul a fon´ al meglazul´ as´ anak pillanata el˝ ott a test helye, sebessége és gyorsul´ asa ugyanakkora, mint ezek a mennyiségek k¨ ozvetlen¨ ul a fon´ al meglazul´ asa ut´ an. Geometriai nyelven megfogalmazva: a k k¨ or és a p parabola Q metszéspontj´ aban a két g¨ orbe érint˝ oje is és a g¨ orb¨ ulete is megegyezik.

A (7) egyenlet sz´ amunkra érdekes negyedik gyöke (8)

t4 =

4v1 sin α ≈ 0,345 s, g


51

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 52. oldal – 52. lap


i

a meglazul´ as´ at k¨ ovet˝ oen ennyi id˝o m´ ulva fesz¨ ul meg u ´jra a fonál. Az inga nehezékének koordin´ at´ ai ekkor (5) és (6) szerint, (1) és (8) felhasználásával: ( ) xR = x(t4 ) = ℓ sin α 4 cos2 α − 1 = ℓ sin(3α), ( ) yR = y(t4 ) = ℓ cos α 1 − 4 sin2 α = −ℓ cos(3α), amik a keresett β sz¨ oggel is kifejezhet˝ok: xR = ℓ sin β,

yR = −ℓ cos β.

Eszerint a fon´ al sz¨ oge az ismételt megfesz¨ ulés pillanatában β = 180◦ − 3α ≈ 38,4◦ . Marosv´ ari Krist´ of (Keszthely, Vajda J. Gimn., 11. évf.) és ´ Isk. és Gimn., 11. évf.) Fehér Zsombor (Budapesti Fazekas M. Alt. dolgozata felhasználásával 48 dolgozat érkezett. Helyes 27 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (1–3 pont) 11, hib´ as 8 dolgozat.

P. 4648. H´ arom, végtelen hossz´ unak tekinthet˝ o, egy s´ıkban lév˝ o, egym´ ast egy tetsz˝ oleges h´ aromsz¨ ogben keresztez˝ o vékony szigetel˝ op´ alc´ at egyenletesen, azonos t¨ oltéss˝ ur˝ uséggel felt¨ olt¨ unk. Hov´ a helyezhet¨ unk el egy pontt¨ oltést, hogy egyens´ ulyban legyen? (6 pont)

K¨ ozli: K´ osa Tam´ as ötlete alapján Vass Mikl´ os, Budapest

I. megold´ as. Tekints¨ uk a pálcák által kijelölt háromszög egy bels˝o (P ) pontját, és rajzoljuk be az oda helyezett ponttöltésre ható er˝oket!

Azt a pontot keress¨ uk, ahol a ponttöltésre ható elektrosztatikus er˝ok kiegyenl´ıtik egym´ ast, azaz vektori ¨ osszeg¨ uk zérus. (Ilyen pont nyilván csak a pálcák által alkotott s´ıkban és a háromsz¨ og belsejében lehet.) Er˝ oegyens´ uly esetén az egymás végébe rajzolt er˝ovektorok záródó háromszöget alkotnak (l´ asd az ´ abra jobb oldali részét). Mivel mindegyik er˝ovektor mer˝oleges 52


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 53. oldal – 53. lap


i

a háromsz¨ og valamely oldal´ ara, az er˝ovektorok alkotta háromszög és az eredeti h´ aromsz¨ og hasonl´ o. Így a megfelel˝o oldalaik aránya megegyezik: (1)

Fa Fb Fc = = . a b c

Sz´ am´ıtsuk most ki, hogy mekkora elektromos térer˝osség alakul ki egyetlen, nagyon hossz´ u, egyenletesen felt¨ oltött (hosszegységenként η töltéssel rendelkez˝o) szigetel˝ o p´ alca k¨ ornyezetében, a pálcától r távolságban. A térer˝osség – a szimmetria miatt – a p´ alc´ ara mer˝ oleges és mindenhol ugyanakkora E(r) nagyság´ u. Alkalmazzuk az elektromos fluxus és a töltés nagysága között fennálló Gauss-törvényt egy L hossz´ us´ ag´ u, a pálc´ aval azonos szimmetriatengely˝ u, r sugar´ u hengerre: E(r) · 2πrL =

1 η L, ε0

ahonnan E(r) =

η 1 1 · ∼ . 2πε0 r r

Ezek szerint az egyes (ugyanakkora töltéss˝ ur˝ uség˝ u) pálcák által a ponttöltésre kifejtett er˝ o és a pálc´ at´ ol mért távolság szorzata ugyanakkora. Az ábra jelöléseit k¨ ovetve: da Fa = db Fb = dc Fc , amit az (1) arányoss´ agokkal ¨ osszevetve a · da = b · db = c · dc ad´ odik, vagyis a háromsz¨ og cs´ ucsaiból a P pontba h´ uzott szakaszok a háromszöget egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u részekre osztj´ ak. Ilyen tulajdonság´ u pont a háromszög belsejében csak egy van: a h´ aromsz¨ og s´ ulypontja. Nézz¨ uk ennek bizony´ıtását! Az AP B h´ aromsz¨ og ter¨ ulete egyharmada az ABC háromszög ter¨ uletének, emiatt dc megegyezik a c oldalhoz tartozó magasság egyharmadával. Ezek szerint a P rajta lesz az a oldalhoz tartoz´ o magasságnak az a oldalhoz közelebbi harmadoló mer˝ olegesén, és erre a harmadoló mer˝olegesre a háromszög S s´ ulypontja is illeszkedik. Mivel az oldalak helyzete szimmetrikus, ugyanez igaz egy másik, például a b oldalhoz tartoz´ o magass´ agra is. A két harmadoló egyenesnek egyetlen metszéspontja van, a feladat egyetlen megold´ asa tehát a h´ aromsz¨ og s´ ulypontja. II. megold´ as. Az elektrosztatikus er˝ok egyens´ ulyának megkeresése egyenérték˝ u feladat az elektrosztatikus potenciál széls˝oértékének meghatározásával. Egy végtelen hossz´ u egyenesnek tekintehet˝o, egyenletesen töltött szigetel˝o pálca potenciálja a p´ alc´ at´ ol mért t´ avols´ ag logaritmusával arányos: ∫ U (r) = − (E(r) dr = állandó · ln r + állandó.


53

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 54. oldal – 54. lap


i

A h´ arom (ugyanakkora t¨ oltéss˝ ur˝ uség˝ u) pálca elektromos potenciálja az egyes pálcák potenci´ alj´ anak ¨ osszege: Uered˝o = U1 + U2 + U3 = állandó · ln (da db dc ) + állandó. Ez a kifejezés akkor legnagyobb (vagy legkisebb), ha a kérdéses pontban az oldalaktól mért t´ avols´ agok szorzata maximális. Ezen széls˝oérték-feladat megoldása: a h´ aromsz¨ og s´ ulypontja (l´ asd a B. 4636. feladat megoldását a 25. oldalon! – a Szerk.). Antalicz Bal´ azs (Hódmez˝ovásárhely, Bethlen G. Ref. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján Megjegyzés. A potenci´ alf¨ uggvény menetéb˝ ol az egyens´ ulyi helyzet stabilit´ as´ ara is k¨ ovetkeztethet¨ unk. Ha a p´ alc´ ak t¨ oltése és a pontt¨ oltés el˝ ojele megegyezik, akkor a p´ alc´ ak s´ıkj´ aban t¨ ortén˝ o elmozdul´ asokra nézve az egyens´ uly stabil, a s´ıkra mer˝ olegesen viszont instabil. Ellentétes el˝ ojel esetén a helyzet ford´ıtott: a p´ alc´ ak s´ıkj´ ab´ ol kitér´ıtett pontt¨ oltést az elektromos er˝ otér visszah´ uzza, a p´ alc´ ak s´ıkj´ aban t¨ ortén˝ o elmozdul´ as hat´ as´ ara viszont valamelyik p´ alca mag´ ahoz r´ antja a pontt¨ oltést. Ezek szerint semmilyen el˝ ojel˝ u p´ alca ered˝ o elektrosztatikus er˝ oterében sem alakulhat ki minden ir´ anyban stabil egyens´ ulyi helyzet. Ez az ´ all´ıt´ as a nevezetes Earneshaw-tétel speci´ alis esete. (G. P.) 25 dolgozat érkezett. Helyes 19 megold´ as. Hi´ anyos (3–4 pont) 4, hib´ as 2 dolgozat.

P. 4656. Ugyanabban a pontban felf¨ uggesztett h´ arom egyenl˝ o hossz´ u fon´ alon h´ arom azonos nagys´ ag´ u és t¨ omeg˝ u kis g¨ omb f¨ ugg. Mindegyiknek ugyanakkora t¨ oltést adva mekkora sugar´ u k¨ or¨ on fognak elhelyezkedni? Adatok: ℓ = 20 cm, m = 1,3 gramm, Q = 1,2 · 10−7 C. (5 pont)

Francia érettségi feladat

Megold´ as. A három g¨ omb – a szimmetria miatt – egymástól egyenl˝o távolságban fog elhelyezkedni, vagyis egy szabályos háromszöget alkotnak. A háromszög √ oldalainak d hossza (a kis g¨ ombök távolsága) a kör sugarának 3-szorosa. Mindh´ arom g¨ omb¨ ot tasz´ıtja a másik kett˝o. Mivel a töltés¨ uk és a távolságaik egyenl˝ oek, b´ armelyik kiv´ alasztott (A jel˝ u) gömbre ugyanakkora, F0 = k

Q2 d2

nagys´ ag´ u, egym´ assal 60◦ -os sz¨ oget bezáró er˝ovel hat a másik kett˝o, a bal oldali (fel¨ ulnézeti) ´ abr´ anak megfelel˝ oen. Az ábr´ ar´ ol az is leolvasható, hogy a két Coulomb-er˝o ered˝oje √ √ 3kQ2 ◦ (1) F = 2F0 cos 30 = 3 F0 = 3r2 nagys´ ag´ u, és a h´ aromsz¨ og kiv´ alasztott cs´ ucsával szemben lév˝o oldalra mer˝oleges. 54


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 55. oldal – 55. lap


i

Mindegyik g¨ omb, ´ıgy az A jel˝ u is egyens´ ulyban van, tehát a rá ható er˝ok ered˝ oje nulla. A jobb oldali (oldalnézeti) ´ abr´ ar´ ol látható, hogy az egyens´ uly feltétele: a v´ızszintes ir´ any´ u F elektrosztatikus er˝o és a f¨ ugg˝oleges irány´ u mg nehézségi er˝o ered˝ oje ugyanakkora ϑ sz¨ oget zárjon be a f¨ ugg˝olegessel, mint a fonálban ható T er˝o: tg ϑ =

F r =√ . mg ℓ2 − r2

Felhaszn´ alva az (1) ¨ osszef¨ uggést, továbbá bevezetve az (2)

x=

r2 ℓ2

dimenzi´ otlan mennyiséget, az egyens´ uly feltétele ilyen alakra hozható: (3)

1 − x = K · x3 ,

ahol

( K=3

ℓ2 mg kQ2

)2 ≈ 46,5.

A (3) harmadfok´ u egyenlet pl. a Desmos Graphing Calculator nev˝ u online f¨ uggvény´ abr´ azol´ o program seg´ıtségével (www.desmos.com/calculator) könnnyen megoldhat´ o. Az egyenlet mindkét oldalát grafikusan ábrázolva megállap´ıthatjuk, hogy a két g¨ orbének egyetlen metszéspontja van x = 0,252 értéknél, ami (2) alapján r = 0,10 m-nek felel meg. A kicsi, elektromosan t¨ olt¨ ott gömbök tehát az egyens´ uly beállta után egy 10 cm sugar´ u k¨ or mentén, egym´ ast´ ol kb. 17 cm távolságra fognak elhelyezkedni. Ahaan S. Rungta (USA, Massachusetts, Cambridge, Homeschool, 11. évf.) és Asztalos Bogd´ an (Budapest, Baár-Madas Református Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján 93 dolgozat érkezett. Helyes 52 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 21, hi´ anyos (2–3 pont) 18, hib´ as 1, nem értékelhet˝ o 1 dolgozat.


55

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 56. oldal – 56. lap


i

P. 4661. Két egyenes, egym´ asra mer˝ oleges u ´tp´ alya keresztez˝ odése felé egy személyaut´ o és egy teheraut´ o k¨ ozeledik. A személyaut´ o vonatkoztat´ asi rendszerében a m´ asik u ´ton halad´ o teheraut´ o sebességének nagys´ aga 90 km/h. A személygépkocsi sebességmér˝ oje 72 km/h-t mutat. A mérés pillanat´ aban a teheraut´ o 600 m-re, a személyaut´ o 800 m-re van az u ´tkeresztez˝ odést˝ ol. Melyik ér hamarabb a keresztez˝ odéshez, ha mindkett˝ o egyenletesen halad? (4 pont)

Közli: Szombathy Mikl´ os, Eger Megold´ as. Jelölj¨ uk a teherautó (T) sebességét v1 -gyel, a személyautó (Sz) sebességét v2 -vel; ezek a sebességek az u ´thoz viszony´ıtott értékek. Tudjuk, hogy v2 = 72

km m = 20 , h s

a személyautó tehát t2 =

s2 = 40 s v2

alatt teszi meg a keresztez˝odésig az s2 = 800 m-es utat. A személyaut´ o (mozg´ o) vonatkoztatási rendszerében a teherautó sebessége két egym´ asra mer˝ oleges sebességvektor összege, a nagysága v3 =

√ km m v12 + v22 = 90 = 25 , h s

ahonnan kisz´ am´ıthat´ o a teherautó sebessége: v1 =

√ √ m m v32 − v22 = 252 − 202 = 15 . s s

Ekkora sebességgel haladva a teherautó t1 =

s1 = 40 s v1

id˝ o alatt teszi meg az s1 = 600 m-es utat. A két j´ arm˝ u teh´ at egyszerre érkezik az u ´tkeresztez˝odéshez. Sallai Krisztina (Mez˝okovácsháza, Hunyadi J. Gimn., 10. évf.) és ´ Isk., 9. évf.) Szemerédi Levente (Szeged, Radnóti M. K´ısérleti Gimn. és Alt. dolgozata alapján 173 dolgozat érkezett. Helyes 149 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 9, hi´ anyos (1–2 pont) 14, nem versenyszer˝ u 1 dolgozat.

56


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 57. oldal – 57. lap


i

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

(6 pont)

M. 347. Rögz´ıts¨ unk hurkapálcát egy asztal szélére! Terhelj¨ uk fokozatosan a szabad végét, vagy akasszunk rá er˝omér˝ot! Mérj¨ uk meg a pálca eltöréséhez sz¨ ukséges M forgatónyomatékot, illetve a terhel˝o er˝o W munkáját! Változnak-e a mérési eredmények, ha a hurkapálca asztalon t´ ul kiny´ uló részének ℓ hosszát a felére csökkentj¨ uk? Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

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

Közli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

P. 4694. a) Hány gramm v´ız van egy 25 ◦ C-os, 60 m3 térfogat´ u szoba leveg˝ojében, ha a relat´ıv páratartalom 50%-os? b) Hány sz´ azalékra n˝ o a relat´ıv páratartalom, ha a szoba h˝omérséklete reggelre 20 ◦ C-ra cs¨ okken? (Az ablakok be vannak csukva és jól zárnak.) c) Hány sz´ azalék ugyanennek a leveg˝onek a páratartalma 10 ◦ C-on? (4 pont)

Tornyai S´ andor fizikaverseny, Hódmez˝ovásárhely

P. 4695. Egy 5 dioptri´ as lencsét˝ol 10 cm-re helyezkedik el egy olyan világ´ıtó, 1 cm hossz´ u izz´ osz´ al, amely mer˝oleges az optikai tengelyre. A lencse másik oldalán, ugyancsak az optikai tengelyre mer˝olegesen helyez¨ unk el egy, a lencse felé forduló s´ıkt¨ ukr¨ ot, t˝ ole 20 cm-re. Hol, mekkora és milyen állás´ u képei keletkeznek az izzószálnak? (4 pont)

Közli: Szombathy Mikl´ os, Eger

P. 4696. 8 mm átmér˝ oj˝ u és 4 mm magas, henger alak´ u gyógyszertabletták kis magass´ agb´ ol hullanak az asztalra. Tételezz¨ uk fel, hogy minden térbeli irány egyenl˝o val´ osz´ın˝ uség˝ u, és a tablett´ ak nem pattannak fel. A tabletták hány százaléka ker¨ ul az asztalon gurul´ os” helyzetbe? ” (4 pont) Bakonyi G´ abor (1932–2010) feladata ´ agh´ır: Egy elektromos versenyautó három másodperc alatt van P. 4697. Ujs´ ” sz´ azon, maxim´ alis sebessége 220 km/h, teljes´ıtménye 268 lóer˝o.” Mekkora lehet az aut´ o t¨ omege? (4 pont)


Közli: Radnai Gyula, Budapest 57

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 58. oldal – 58. lap


i

P. 4698. Egy s´ ulyos vasgolyóhoz ℓ hossz´ u cérnaszálat, annak végére pedig tollpihét er˝os´ıtett¨ unk, majd a golyót v´ızszintes irányban elhaj´ıtottuk. A golyó az ´ abr´ an látható fémkarikán rep¨ ul kereszt¨ ul. Mennyi id˝o alatt halad át a cérnaszál a karikán? Adatok: ℓ =1,6 m, h =1,25 m, d = 2 m. (5 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 4699. Egy α = 30◦ -os hajlásszög˝ u lejt˝on két vékony lemez egy s´ınpárt alkot. A lemezek t´ avols´ aga d = 1,6 cm. A s´ınpárra 2 cm átmér˝ oj˝ u goly´ ot helyez¨ unk, és ez cs´ uszás nélk¨ ul leg¨ ord¨ ul. a) Mekkora a goly´ o középpontjának a gyorsul´ asa? b) µ nagys´ ag´ u s´ url´ od´ asi egy¨ uttható esetén milyen meredek lejt˝onél cs´ uszik meg a goly´ o? (5 pont)

Vermes Mikl´ os (1905–1990) feladata

√ P. 4700. Egy h magass´ ag´ u, A keresztmetszet˝ u (h ≪ A) homogén fémkorong alkot´ oj´ aval párhuzamosan, nagy gyorsulással mozog (a ≫ g). Hány elektron jelenik meg a fémkorongnak a gyorsul´ as irányával ellentétes oldalán? (5 pont)

Közli: Honyek Gyula, Budapest

P. 4701. F¨ ugg˝ oleges s´ıkban mozgó, szigetel˝o anyagból kész¨ ult karika P1 és P2 pontj´ ahoz Q t¨ oltés˝ u, kisméret˝ u golyókat u ´gy, hogy α = 60◦ (lásd az ´ abr´ at). 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 anyagból kész¨ ult v´ızszintes fel¨ uleten tiszt´ an g¨ ord¨ ul, és a középpontjának sebessége v0 . a) Mekkora mágneses er˝ok hatnak az ábrán látható helyzetben az egyes töltött golyókra? b) A karika mely helyzeteiben nincs a mágneses er˝ok ered˝ojének forgatónyomatéka a karika középpontjára vonatkoztatva? Ezen helyzetek köz¨ ul melyikben gyakorol nagyobb er˝ot a mágneses mez˝o a karikára? Mekkora ez az er˝o? c) Határozzuk meg a mágneses er˝ok hatásvonalainak metszéspontját! (5 pont) 58

Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 59. oldal – 59. lap


i

P. 4702. Négy darab 10 cm oldal´ u, k¨ ulönb¨ oz˝ o anyagi min˝ oség˝ u betonkockát az ´ abr´ anak megfelel˝ oen helyez¨ unk egym´ as mellé, és 60 Co gammasug´ arnyal´ abbal vil´ ag´ıtjuk meg” egymás után 4 po” z´ıci´ ob´ ol (S1, S2, S3 és S4). A sugárforrásokkal szemben, a betonkock´ ak m¨ og¨ ott 4 detektort is elhelyezt¨ unk (D1, D2, D3 és D4). Az els˝o három mérés szerint a betonkock´ ak a sug´ arz´ as intenzitását rendre az eredeti érték 86,76, 71,94 és 84,25 százalékára csökkentik. a) Hány százalékra cs¨ okkent intenzitást mér a negyedik detektor? b) Az 1. kocka felezési rétegvastagsága” 6 cm. Mekkora ez – az anyagi min˝o” ségt˝ ol f¨ ugg˝ o – mennyiség a t¨ obbi kockánál? (5 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs

P. 4703. Az ´ abr´ an l´ athat´ o alakzatban (amely a k¨ ozepe felé korl´ atlanul folytatódik) a fekete körökkel jelzett pontok k¨ oz¨ ott 1 Ω ellenállás´ u vezetékek vannak. Mekkora az ered˝ o ellen´ all´ as az A és B pontok k¨ oz¨ ott? (6 pont)

Amerikai versenyfeladat nyom´ an

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

d

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 65. No. 1. January 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 27): K. 445. Corner P of a square P QRS is folded up to coincide with corner R. Then Q is also folded to R. The area of the resulting figure is 9 cm2 . What is the area of the original square? K. 446. John works for two companies, each paying him by the hour. If he works twice as much for the first company than for the second one during the course of a month, then his monthly wages will be 4/5 as much as they would be if he did it the other way round. How long does he need to work for the first company to earn as much as he is paid by the second company for 10 hours? K. 447. Are there natural numbers x and y such that


59

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 60. oldal – 60. lap


i

x2 + y 2 = 2015? K. 448. There are four discs on a carousel, arranged as shown in the diagram. In how many ways is it possible to colour the four discs with four colours, given that colourings obtained from each other by rotating the carousel around its midpoint in its plane are not considered different? Any colour may be chosen for any disk, but each disc is only allowed to have a single colour. K. 449. Sebastian’s test score of 98 points increased his average calculated from all previous tests by 1 point. Then his next score of 70 points decreased the average by 2 points. How many tests did Sebastian take altogether? K. 450. In the arithmetic sequence 1, 14, 27, . . . , how many digits are there in the second number that consists of digits of 2 only? New exercises for practice – competition C (see page 28): Exercises up to year 10: C. 1266. Solve the equation 5(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) = ababab, where n denotes a positive integer, a and b stand for different digits, and ababab is a six-digit number. (Suggested by L. Sz´ amad´ o, Budapest) C. 1267. Given a convex angle in the plane and a point S in its interior, determine the line (e.g. by providing a method of construction) that forms a triangle with the vertex of the given angle such that the centroid of the triangle is the given point. Exercises for everyone: C. 1268. Prove that for all real numbers a and b, a4 + b4 + 2 > 4ab. C. 1269. What is the minimum number of sides of a regular polygon in which the radius of the circumscribed circle is at most 1.1 times the radius of the inscribed circle? C. 1270. There are a few lines and a few circles drawn on a sheet of paper. Every two of them intersect each other, but no three pass through the same point. What are the numbers of lines and of circles if the number of intersection points is 75? Exercises upwards of year 11: C. 1271. Consider circumscribed circle of a right-angled triangle. Draw the semicircle containing the triangle, and draw tangents to it, parallel to the legs. The parallels together with the line of the hypotenuse form a similar right-angled triangle. Find the angles of the triangle if the area of the outer triangle is 6 times the area of the inner triangle. (Based on the idea of I. Légr´ adi, Sopron) C. 1272. The sum of an arithmetic progression of 100 terms is 838 without the 68th term, and 849 without the 13th term. What are the values of the terms left out? New exercises – competition B (see page 29): B. 4678. Ann and Bill take turns writing digits on a sheet of paper, left to right. Ann starts with a nonzero digit, and they continue until a 100-digit number is formed. Bill wins if the resulting number divided by 11 leaves a remainder of 5, otherwise Ann wins. Both players are good at mathematics. Who will win the game? (Suggested by Gy. K´ arolyi, Budajen˝ o) (4 points) B. 4679. Prove that among any 39 consecutive natural numbers there is a number in which the sum of the digits is divisible by 11. (3 points) B. 4680. Find the integer solutions of the equation 3n = 2n2 + 1. (3 points) B. 4681. What is the area of the pentagon in exercise C. 1240? (4 points) B. 4682. For a given positive integer k, find the largest positive integer m such that the following statement should be true: If at most m of 3k different points in the plane are collinear, then the points can be divided into k groups of three such that the points in each group form a triangle. (Suggested by A. Frank, Nagykov´ acsi) (5 points) B. 4683. Is there a plane that intersects a right pyramid of regular pentagonal base in a hexagon with a) line symmetry, b) central symmetry? (6 points) B. 4684. The diagonals of a quadrilateral ABCD are perpendicular, they intersect at E. From point E, drop a perpendicular onto the line of each side. Consider the intersection of each perpendicular with the opposite side. Prove that the four points all lie on a circle centred at a point of the line segment connecting the midpoints of the diagonals. (Suggested by Sz. Mikl´ os, Herceghalom) (5 points) B. 4685. Determine the smallest possible value of x2 + y 2 + z 4 , where x, y and z are positive numbers that add up to 34. (5 points) B. 4686.

60


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 61. oldal – 61. lap


i

A flea is jumping on the points of the plane with integer coordinates. Is it possible for the flea to follow a route touching every lattice point exactly once, in which each jump has an integer length, and each integer jump length occurs exactly once? (6 points) New problems – competition A (see page 32): A. 632. Let ABCD be a convex quadrilateral. In the triangle ABC let I and J be the incenter and the excenter opposite to vertex A, respectively. In the triangle ACD let K and L be the incenter and the excenter opposite to vertex A, respectively. Show that the lines IL and JK, and the bisector of the angle BCD are concurrent. (Russian problem) A. 633. Prove that if n is a sufficiently large positive integer then among any n distinct positive integers there are four whose least common multiple is greater than n3.99 . A. 634. Let n > 2 be a in integer and let f : R → [−1, 1] be an n times differentiable function. Show that the equation f (n) (x) = 0 has at least n − 1 distinct solutions.

Problems in Informatics (see page 34) I. 364. We are controlling a robot on an n × n grid. The robot can move in four directions along empty grid cells. The robot cannot pass through the four walls surrounding the board, and there are also some obstacles inside blocking its way. To control the robot, we use the letters F, L, J and B (= up, down, right, left): when pressing any of these keys, the robot starts moving in a straight line in the given direction until it touches an obstacle or a wall. The example shows a grid with n = 10 and with some obstacles (“X”). Your program i364 should solve the following tasks. 1. Read the board description from the text file palya.txt. The first line of the file contains the value of 1 6 n 6 20, the next line describes the number of obstacles, then each successive line contains the (column and row) coordinates (separated by a space) of the obstacles. 2. You should draw a map of the board by using X characters to denote the corners and inner obstacles, and the last digits of the column and row coordinates to denote the walls on each side. 3. Prompt the user to enter a column/row pair, then check if the corresponding grid cell is empty. The output should be a message such as “The cell (3,5) is empty.” 4. Choose a free cell randomly and store its location for later use. A message such as “The starting cell of the robot is (6,4).” should be displayed. 5. Determine the coordinates of the cells that can be reached in one step (that is, in a straight line) by using the given starting cell. By using the previous example, the output would be “The cells (6,3), (6,7), (3,4) and (10,4) can be reached in one step.” 6. Prompt the user to enter a character string encoding commands to the robot. Apart from the lowercase and uppercase characters denoting valid directions, all other characters should be ignored. The following data should be written in the text file mozgas.txt: the starting cell coordinates, and the coordinates of the cells the robot stops at when executing the movement commands. The robot should start from the cell chosen in Task 4 above. A sample user input can be “FFjLeBF” for example. 7. The previous user input should be corrected and simplified as follows: the modified version should contain only uppercase letters encoding valid directions, but directions that do not change the robot position on the given board should also be ignored. The modified string for the previous example thus becomes “The modified string of directions is FJLBF”.


61

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 62. oldal – 62. lap


i

The table in the example contains a sample input (“Példa bemenet”) and output (“Példa kimenet”). The source code (i364.pas, i364.cpp, . . . ) without the .exe or any other auxiliary files generated by the compiler but with a short documentation (i364.txt, i364.pdf, . . . ), also describing which developer environment to use for compiling the source, should be submitted in a compressed file i364.zip. I. 365. There are five gates to the depot of a trading company. The company owns 10 trucks. Due to the length of the loading and unloading process, a truck can pass through a gate at most once in every hour. A truck can use any of the gates to enter or exit the depot, but they have to stop briefly there to electronically register their number plates ´ (“Rendsz´ am” in the example below), the time (1–100 in the “Ora” column) they pass through the gate, their direction (in or out, that is, “Be” or “Ki” in the “Ir´ any” column), the gate number (1–5, “Kapu”) and the truck weight (0, 0–100, 0 in tons in the “S´ uly” column—notice that here a comma is used instead of a decimal dot). The file i365.zip (downloadable from our web page) contains the data recorded at the five gates (kapu1.txt, kapu2.txt, . . . , kapu5.txt) and the data corresponding to the trucks (teherautok.txt, a tabulator-separated and UTF-8 encoded text file). In your solution you – may want to use formulae, functions or links whenever possible; – can perform auxiliary computations only to the right of column E; – should not use macros or user-defined functions. 1. In your spreadsheet application open the files containing the data recorded at the gates, then copy their content into a single table in a new sheet Rakt´ ar. Make sure that this new table has only one header (unnecessary headers should be deleted). You should save the table in the default application file format with name i365. 2. Place the truck data in a sheet Teheraut´ ok so that the first data piece is put into cell A1. 3. The data on the Rakt´ ar sheet should now be sorted according to the truck number plates, then, for the same truck, according to when they passed the gate. Answers to the following questions should be displayed in the Teheraut´ ok sheet; a short text describing the actual cell content should precede the cells or should be put in the column headers. 4. For each truck you should determine how many tons of goods they transported in the depot and out of the depot, respectively, in the given period. The amount of transported goods is the difference between the full truck weight and empty truck weight measured at the gate. 5. Give the number plate of the truck that delivered the largest amount of goods into the depot. 6. Display for each truck whether they were in the depot or outside the depot before passing through Gate 1. 7. Read a time value in the given period and display the number of trucks in the depot at that time. Trucks entering or exiting the depot in that hour should not be taken into account. 8. Display, based on the given data, at least how many trucks broke the rules and did not stop at the gates to register their data. 9. Determine the peak hour with respect to truck traffic. Your sheet (i365.xlsx, i365.ods,. . . ) containing a short documentation (i365.txt, i365.pdf, . . . ) and also describing the name and version number of the spreadsheet application, should be submitted in a compressed file (i365.zip).

62


i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 63. oldal – 63. lap


i

I. 366. The logo of our journal appears on our web page, on Facebook and in the printed volumes as well. We would like to recreate the web page logo by using animation. Your solution should use the same shapes as in the static version; the final result can be slightly different. The animation should include some translation, rotation, scaling and changing colors. The overall effect should be elegant and decent. In connection with the SVG, you may visit the following pages: • http://svg.elte.hu/. • http://tutorials.jenkov.com/svg/index.html. Your solution in HTML format (i366.html) and containing the animation in an “svg” tag should be submitted. The HTML document should contain any links that proved to be useful in your work. S. 95. George has five identical decks of playing cards. Each card contains an integer, and no integer is found on two different cards in a deck. So if a particular number turns up in a deck, then that number can also be found in each of the other decks exactly once. George likes to keep his cards in a particular order: he ordered all five decks in the same way. During the night, however, a wicked kobold visited George’s house. The kobold chose a deck and drew some cards out of it, then put those cards back into the deck in some way (not necessarily to their original place, but into the same deck). The kobold then performed this operation on each of the remaining four decks. But if a particular integer was relocated in a deck, the corresponding card with that integer was not touched again in the other decks. After waking up in the morning, George was perplexed. Fortunately, you can help him restore the original card order in all decks. Your program should read the value of N (1 6 N 6 50 000) from the first line of the standard input, then the (space-separated) ai integers from the following 5 · N lines. The first N numbers describe the card order in the first deck after the kobold’s operation, the second N numbers describe the new card order in the second deck, and so on. The first N lines of the standard output should contain the original, common deck order. In the example, “Példa bemenet” is a sample input, and “Példa kimenet” is the corresponding output. To save some space in the example, the 5 · N input lines and the N output lines are now printed in one line, with the / symbol denoting end-of-line characters. 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 (s95.pas, s95.cpp, . . . ) without the .exe or any other auxiliary files generated by the compiler but with a short documentation (s95.txt, s95.pdf, . . . ), also describing which developer environment to use for compiling the source, should be submitted in a compressed file s95.zip.

Problems in Physics (see page 57) M. 347. Fix a wooden skewer to the rim of the table. Gradually load its free end, or hang a spring balance to it. Measure the torque M needed to break the skewer, and the work W done by the load. Will the measured data change if the length ℓ of that part of the skewer which sticks out of the table is halved? P. 4693. What is the temperature measured in Kelvins at which a mercury-in-glass thermometer reads the same value in Celsius and in Fahrenheit scale, and what is this same value? P. 4694. a) What is the amount of water in grams in the air of a room of


63

i

i i

i

i i

i

2015.1.11 – 18:31 – 64. oldal – 64. lap


i

volume 60 m3 at a temperature of 25 ◦ C, if the relative humidity is 50%? b) To what per cent value does the relative humidity of the room increase if by the next morning the temperature of the room have decreased to 20 ◦ C? (The windows are closed and well sealed.) c) What is the relative humidity of the same sample of air at a temperature of 10 ◦ C? P. 4695. There is a 1 cm long operating electrical filament at a distance of 10 cm from a lens of optical power of 5 dioptres. The filament is perpendicular to the principal axis of the lens. A plane mirror, facing towards the lens, is placed to the other side of the lens, 20 cm from it. The mirror is also perpendicular to the principal axis of the lens. Where are the images of the filament and what is their size? P. 4696. Disc shaped tablets of diameter 8 mm and of height 4 mm are falling to the tabletop from a small height. Suppose that all directions have the same probability and the tablets do not bounce back from the tabletop. What percentage of the tablets arrive at the table in “rollable” position? P. 4697. In an article of a newspaper the following was written: “An electric racing car reaches a hundred in three seconds, its maximum speed is 220 km/h and its power rating is 268 horsepower.” What may the mass of the car be? P. 4698. One end of a thread of length ℓ is attached to a heavy iron ball, whilst the other end of the thread a feather is fixed, and the ball is projected in the horizontal direction. The ball flies through the metal ring shown in the figure. How long does it take for the thread to pass the metal ring? Data: ℓ = 1.6 m, h = 1.25 m, d = 2 m. P. 4699. Two thin sheets on the surface of a slope of angle of elevation of α = 30◦ form a pair of rails. The distance between the sheets is d = 1.6 cm. A ball of diameter of 2 cm is placed to the rails and it rolls down without slipping. a) Calculate the acceleration of the centre of the ball. b) If the coefficient of friction is µ, at what angle of elevation will the ball√ slip on the rails? P. 4700. A uniform metal disc of height h and of cross section A (h ≪ A) is moving at a great acceleration parallel to the symmetry axis of the disc (a ≫ g). How many electrons appear at that side of the disc which is opposite of the direction of the acceleration? P. 4701. Small balls of charge Q are attached to the points P1 and P2 of a ring, made of some insulating material, moving in a vertical plane, such that α = 60◦ . The ring is in a homogeneous magnetic field of induction B, the magnetic field lines are perpendicular to the plane of the ring. The ring is moved such that it rolls without skidding on the horizontal surface which is also made from some insulating material. The speed of the centre of the ring is v0 . a) What is the magnitude of the magnetic force exerted on each charge at the position shown in the figure? b) At which positions of the ring will the torque of the sum of the magnetic forces calculated about the centre of the ring be zero? Considering only these positions, in which case will the force exerted by the magnetic field on the ring be the greatest and what is this greatest force? c) Determine the intersection of the lines of action of the magnetic forces. P. 4702. Four concrete cubes, which are made of different material, and which all have the side of 10 cm are placed next to each other as shown in the figure. They are “illuminated” by a beam of 60 Co gamma-ray, from four different positions, (S1, S2, S3 and S4) one after the other. Opposite to the gamma source behind the cubes there are four detectors (D1, D2, D3 and D4). The first three measurements shows that the concrete cubes decrease the intensity of the radiation to 86.76, 71.94 and 84.25 percent of the original value, respectively. a) What is the intensity of the radiation measured by the fourth detector, expressed in the percentage value of the intensity of the original radiation? b) The “thickness of the halving-layer” of the first cube is 6 cm. What is this value for the other cubes (which is characteristic of the material of the cube)? P. 4703. The resistance of each pieces of wire between the points indicated by the black circles in the arrangement (the pattern continues infinitely towards the centre) shown in the figure is 1 Ω. What is the equivalent resistance between the points A and B?

65. évfolyam 1. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. janu´ ar

i

i i

i

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

Recommend Documents