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

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 65. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. febru´ ar

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 2. szám

Budapest, 2015. február

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

´ TARTALOMJEGYZEK Jelentés a 2014. évi Kürschák József Matematikai Tanulóversenyr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

Fleiner Tamás: A 2014. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68

Lorántfy László: Emelt szint˝u gyakorló feladatsor .

72

Székely Péter: Megoldásvázlatok a 2015/1. sz. emelt szint˝u gyakorló feladataihoz . . . . . . . . . . . .

74

Matematika feladatok megoldása (4598., 4601., 4629., 4630., 4633., 4640., 4650., 4655.) . . . . . . . .

80

A K pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (451– 456.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1273– 1279.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4687– 4695.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (635–637.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97

Informatikából kit˝uzött feladatok (367–369., 96.). .

97

Ericsson-d´ıj 2015 – Felh´ıvás . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

102

´ Eletm˝ ´ Oláh Vera: Tizennegyedik Rátz Tanár Ur ud´ıj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

104

Fizika feladatok megoldása (4652., 4655., 4659., 4674., 4681., 4689.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

105

Mérési feladat megoldása (344.) . . . . . . . . . . . . . . . .

118

Fizikából kit˝uzött feladatok (348., 4704–4714.) . . .

122

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

125

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

127

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

127

Problems of the 2014 Kürschák Competition . . . . .

128

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

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.

65

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 66. oldal – 2. lap


i

Jelent´ es a 2014. ´ evi Ku ak J´ ozsef ¨ rsch´ Matematikai Tanul´ oversenyr˝ ol

A Bolyai J´ anos Matematikai Társulat a 2014. évi K¨ urschák József Matematikai Tanul´ oversenyt okt´ ober 10-én, 14 órai kezdettel rendezte meg a következ˝o huszonh´ arom helysz´ınen: Békéscsaba, Bonyhád, Budapest, Cs´ıkszereda, Debrecen, Eger, Gy˝ or, Kaposv´ ar, Kecskemét, Kolozsvár, Miskolc, Ny´ıregyháza, Pécs, Révkom´ arom, Salg´ otarj´ an, Sopron, Szeged, Székesfehérvár, Szolnok, Szombathely, Tatab´ anya, Veszprém és Zalaegerszeg. A T´ arsulat eln¨ oksége a verseny lebonyol´ıtás´ ara az alábbi bizottságot kérte fel: Bir´ o Andr´ as, Fleiner Tam´ as (elnök), Frenkel Péter, K´ os Géza, Maga Péter, Pach Péter P´ al (titk´ ar), Pelik´ an J´ ozsef. Maga Péter k¨ ulföldi tartózkodása miatt nem vett részt a bizotts´ ag munk´ aj´ aban. A bizotts´ ag szeptember 20-i u uzte ki: ¨lésén a következ˝o feladatokat t˝ 1. Egy n tag´ u t´ arsas´ ag minden tagja legal´ abb egy, de legfeljebb n − 2 tagot ismer a t¨ obbiek k¨ oz¨ ul, az ismeretség mindig k¨ olcs¨ on¨ os. Bizony´ıtsuk be, hogy a t´ arsas´ ag négy alkalmasan v´ alasztott tagja le¨ ultethet˝ o egy asztal k¨ oré u ´gy, hogy mindegyik¨ uk pontosan egyet ismerjen a két asztalszomszédja k¨ oz¨ ul. 2. Legyen ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, és legyen P olyan pont a h´ aromsz¨ og belsejében, amely nem illeszkedik a h´ aromsz¨ og egyik magass´ agvonal´ ara sem. Az A, B, illetve C cs´ ucsb´ ol indul´ o magass´ ag talppontj´ at jel¨ olje rendre A1 , B1 , illetve C1 . Messék a h´ aromsz¨ og k¨ oré ´ırt k¨ ort az AP , BP , CP félegyenesek rendre az A2 , B2 , C2 pontokban. Bizony´ıtsuk be, hogy az AA1 A2 , BB1 B2 és CC1 C2 k¨ or´ıvek egy ponton mennek ´ at. 3. Legyen K egy z´ art konvex soksz¨ oglemez, X pedig egy pont K s´ıkj´ aban. Mutassuk meg, hogy X a K soksz¨ oglemez belsejébe vagy ker¨ uletére vihet˝ o a K bizonyos oldalegyeneseire alkalmas sorrendben végzett véges sok tengelyes t¨ ukr¨ ozés egym´ asut´ anj´ aval, ha ugyanarra az oldalegyenesre t¨ obbsz¨ or is t¨ ukr¨ ozhet¨ unk. A bizotts´ ag a beérkezett dolgozatok átnézése után, december 1-jei u ¨lésén a következ˝ o jelentést fogadta el: A verseny minden helysz´ınen rendben zajlott le. Budapesten a megjelent ” 42-b˝ ol 41, m´ıg a tov´ abbi helysz´ıneken összesen 53 versenyz˝o adott be dolgozatot. Az idei versenyen az els˝ o feladat bizonyult a legkönnyebbnek: számos versenyz˝o helyesen oldotta meg. A m´ asodik feladatra 10 lényegében helyes megoldás érkezett, m´ıg a harmadik feladatban b´ ar többen értek el részeredményt, a megoldás közvetlen k¨ ozelébe mind¨ ossze ¨ ot versenyz˝o jutott el. Egyetlen versenyz˝ o oldotta meg mindhárom feladatot. Ezért a teljes´ıtményéért I. d´ıjban és 50 000 Ft pénzjutalomban részes¨ ul Di Giovanni M´ ark, a gy˝ ori Révai Miklós Gimnázium 12. osztályos tanulója ´ (tan´ arai Arki Tam´ as, P´ osa Lajos, Dobos S´ andor és Juh´ asz Péter ). 66


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 67. oldal – 3. lap


i

Két versenyz˝ o az els˝ o két feladat helyes megoldása mellett nagyrészt megoldotta a harmadik feladatot is. Ezért II. d´ıjban és fejenként 25 000 Ft pénzjutalomban részes¨ ul ´ Feh´ er Zsombor, a Budapesti Fazekas Mihály Altalános Iskola és Gimnázium 12. oszt´ alyos tanul´ oja (tan´ arai Dobos S´ andor, P´ osa Lajos, Kiss Gergely és K´ os Géza) és ´ Janzer Barnab´ as, a Budapesti Fazekas Mihály Altal´ anos Iskola és Gimnázium 12. oszt´ alyos tanul´ oja (tanárai Dobos S´ andor, Gyenes Zolt´ an, P´ osa Lajos, Sur´ anyi L´ aszl´ o és Kiss Gergely). Két tov´ abbi versenyz˝ o akadt, akiknek teljes´ıtménye lényegesen több két megoldott feladatn´ al. Ennek megfelel˝oen I. dics´ eretet és fejenként 10 000 Ft pénzjutalmat kap ´ Maga Bal´ azs, a Budapesti Fazekas Mihály Altal´ anos Iskola és Gimnázium érettségizett tanul´ oja, jelenleg az ELTE matematika BSc szak hallgatója (tanárai Hrask´ o Andr´ as, Kiss Gergely, Heged˝ us P´ al, Sur´ anyi L´ aszl´ o, Dobos S´ andor és Juh´ asz Péter voltak), aki megoldotta az els˝o feladatot, a másodikban a kit˝ uzöttnél valamivel gyengébb eredményt igazolt, a harmadikra adott megoldása pedig hi´ anyos, valamint Simon P´ eter, a budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium érettségizett tanulója, jelenleg az ELTE hallgatója (tanárai Juh´ asz Péter, Nemecsk´ o Istv´ an, P´ osa Lajos és Sztrany´ ak Attila voltak), aki az els˝o két feladatot oldotta meg és a harmadikban is j´ o ir´ anyba indult. Hat versenyz˝ o lényegében két feladatot oldott meg. A bizottság II. dics´ eretben és fejenként 5000 Ft pénzjutalomban részes´ıti az alábbi versenyz˝ oket: Baran Zsuzsanna, a debreceni Fazekas Mihály Gimnázium 10. osztályos tanul´ oja, (tan´ arai T´ oth Mariann, Lakatos Tibor és P´ osa Lajos); Gyulai-Nagy Szuzina, a szegedi Radnóti Miklós K´ısérleti Gimnázium ´ 11. oszt´ alyos tanul´ oja (tan´ arai Abrah´ am G´ abor, Tigyi Istv´ an és Kosztol´ anyi J´ ozsef ); ´ Homonnay B´ alint, a Budapesti Fazekas Mihály Altal´ anos Iskola és Gimn´ azium érettségizett tanul´ oja, jelenleg az ELTE BTK szabad bölcsész hallgatója (tan´ arai Hrask´ o Andr´ as, P´ osa Lajos, Kiss Gergely és Pelik´ an J´ ozsef voltak); ´ K´ usz Agnes, a mak´ oi József Attila Gimnázium érettségizett tanulója, jelenleg az ELTE matematika BSc szak hallgatója (tanárai R´ oj´ ané Ol´ ah Erika és Kosztol´ anyi J´ ozsef voltak); Nagy-Gy¨ orgy P´ al, a szegedi Radnóti Miklós K´ısérleti Gimnázium 12. osz´ tályos tanul´ oja (tan´ arai Abrah´ am G´ abor és Schultz J´ anos), valamint ´ Szab´ o Barnab´ as, a Budapesti Fazekas Mihály Altalános Iskola és Gimnázium 11. oszt´ alyos tanul´ oja (tan´ arai Gyenes Zolt´ an, Kiss Géza, Sur´ anyi L´ aszl´ o, Dobos S´ andor és P´ osa Lajos). A versenybizotts´ ag ez´ uton köszöni meg minden versenyz˝o és felkész´ıt˝o tanár munk´ aj´ at, a d´ıjazottaknak pedig további sikereket k´ıvánva sz´ıvb˝ol gratulál.”


67

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 68. oldal – 4. lap


i

A 2014. ´ evi Ku ak J´ ozsef Matematikai Tanul´ overseny ¨ rsch´ feladatainak megold´ asa 1. Egy n tag´ u t´ arsas´ ag minden tagja legal´ abb egy, de legfeljebb n − 2 tagot ismer a t¨ obbiek k¨ oz¨ ul, az ismeretség mindig k¨ olcs¨ on¨ os. Bizony´ıtsuk be, hogy a t´ arsas´ ag négy alkalmasan v´ alasztott tagja le¨ ultethet˝ o egy asztal k¨ oré u ´gy, hogy mindegyik¨ uk pontosan egyet ismerjen a két asztalszomszédja k¨ oz¨ ul. 1. megold´ as. Legyen A a társaság egy olyan tagja, aki a társaságból a lehet˝o legt¨ obb személyt ismeri. Legyen B egy olyan illet˝o, akit A nem ismer, C pedig legyen B egy ismer˝ ose. Mivel C-nek legfeljebb annyi ismer˝ose van, mint A-nak, ezért f¨ uggetlen¨ ul att´ ol, hogy A és C ismeri-e egymást, A-nak legalább annyi C-t˝ol k¨ ulönb¨ oz˝ o ismer˝ ose van, mint ah´ any A-tól k¨ ulönböz˝o ismer˝ose van C-nek. A konstrukció folyt´ an C ismeri azt a B-t, akit A nem ismer. Ezért A-nak bizonyosan van olyan C-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o D ismer˝ ose, akit C nem ismer. Ekkor ha A, B, C és D ebben a sorrendben u ¨lnek az asztalhoz, akkor éppen a feladatban kirótt feltételt teljes´ıtik. 2. megold´ as. Kész´ıts¨ uk el az élsz´ınezett G gráfot az n pont´ u teljes gráfból az alábbiak szerint. A G gr´ af cs´ ucsait kölcsönösen egyértelm˝ uen megfeleltetj¨ uk a t´ arsas´ ag tagjainak, és G egy éle akkor legyen piros, ha a cs´ ucsoknak megfelel˝o tagok nem ismerik egym´ ast, egyébként pedig az adott él sz´ıne legyen zöld. A bizony´ıtand´ o áll´ıt´ as átfogalmazható u ´gy, hogy ha a teljes gráf éleit u ´gy sz´ınezz¨ uk pirosra és z¨ oldre, hogy minden cs´ ucsból indul piros és zöld él is, akkor a gr´ afban van tarka négysz¨ og, azaz négy k¨ ulönböz˝o A, B, C és D cs´ ucs u ´gy, hogy m´ıg az AB és CD élek pirosak, addig a BC és DA élek zöldek. Az alábbiakban ezt az áll´ıt´ ast fogjuk n szerinti teljes indukcióval igazolni. Ez az áll´ıtás n = 1 esetén nyilv´ anval´ oan teljes¨ ul, hiszen a feltevés lehetetlent k´ıván. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy legfeljebb n − 1 cs´ ucs´ u gráfokra már igazoltuk az indukci´ os áll´ıt´ ast, és a vizsg´ alt G-nek n cs´ ucsa van. Legyen A a G egy cs´ ucsa. Ha az A t¨ orlésével keletkez˝ o G − A gráf minden cs´ ucsából indul piros és zöld él is, akkor kész vagyunk, hisz az indukci´ os feltevés miatt G − A-ban van tarka négyszög, ami persze egy´ uttal G-ben is tarka négyszög. Feltehetj¨ uk tehát, hogy G − A egy B cs´ ucs´ ab´ ol (mondjuk) csak piros él indul (és persze AB zöld). Ha most G − B-ben nincs tarka négysz¨ og, akkor az indukciós feltevés miatt G − B-ben van olyan C cs´ ucs, amelyb˝ ol csupa egysz´ın˝ u él indul. Ha A = C, akkor a z¨ old AB élen k´ıv¨ ul A-ból és B-b˝ol csak piros élek indulnak. Legyen BX egy piros, XY pedig egy zöld él. Mivel XY zöld, ezért Y ̸= A, tehát ABXY tarka négysz¨ og. Ha pedig A ̸= C, akkor legyen AD egy A-ból induló piros él. A konstrukci´ o folyt´ an AB z¨ old, BC piros, CD zöld és DA piros, tehát ABCD egy G-beli tarka négysz¨ og. Az indukciós áll´ıtást ezzel igazoltuk, a bizony´ıtás ezzel teljes. ´ Megjegyzés. Altal´ aban nem igaz, hogy egy 4-személyesnél nagyobb asztalhoz is biztosan le tudjuk u arsas´ ag néh´ any tagj´ at a feladatban le´ırt m´ odon. Ha ugyanis ¨ltetni a t´ a t´ arsas´ agban van két olyan ismer˝ os, hogy egyik¨ uk se ismeri a t´ arsas´ ag egyetlen m´ as tagj´ at sem, tov´ abb´ a e két ismer˝ os¨ on k´ıv¨ ul mindenki mindenkit ismer, akkor teljes¨ ul a feladatban kir´ ott feltétel, de 4-nél t¨ obb ember nem u o le a k´ıv´ ant m´ odon. ¨ltethet˝

68


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 69. oldal – 5. lap


i

2. Legyen ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, és legyen P olyan pont a h´ aromsz¨ og belsejében, amely nem illeszkedik a h´ aromsz¨ og egyik magass´ agvonal´ ara sem. Az A, B, illetve C cs´ ucsb´ ol indul´ o magass´ ag talppontj´ at jel¨ olje rendre A1 , B1 , illetve C1 . Messék a h´ aromsz¨ og k¨ oré ´ırt k¨ ort az AP , BP , CP félegyenesek rendre az A2 , B2 , C2 pontokban. Bizony´ıtsuk be, hogy az AA1 A2 , BB1 B2 és CC1 C2 k¨ or´ıvek egy ponton mennek ´ at. Megold´ as. Jel¨ olje az ABC, AA1 A2 , BB1 B2 és CC1 C2 köröket rendre k, ka , kb , illetve kc ; az ABC h´ aromszög magasságpontja legyen M . A feltétel szerint az ABC h´ aromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u, ezért az A1 , B1 , C1 , M pontok k belsejében vannak. A k ker¨ uletén az AA2 , BB2 és CC2 pontpárok páronként elválasztják egymást, ezért a ka , kb és kc k¨ or¨ ok k¨ oz¨ ul bármelyik kett˝o metszi egymást u ´gy, hogy az egyik metszéspontjuk k belsejében, a másik metszéspontjuk k-n k´ıv¨ ul helyezkedik el. Legyen a ka és a kb k¨ or¨ ok metszéspontja k belsejében X, a másik metszéspontjuk legyen Y . Azt fogjuk megmutatni, hogy a kc kör is átmegy az X és Y pontokon.

A P pont k-ra vonatkoz´ o hatványa P A · P A2 = P B · P B2 = P C · P C2 . Ezek a szorzatok egyben a P hatványai a ka , kb , illetve kc körökre. Tehát a P pontnak a ka , kb és kc k¨ or¨ okre vonatkozó hatványa ugyanakkora. Hasonl´ oan, az M pontnak az ABA1 B1 , BCB1 C1 , CAC1 A1 körökre vonatkozó hatv´ anya M A · M A1 = M B · M B 1 = M C · M C1 . Ezek a szorzatok pedig az M hatványai a ka , kb , illetve kc körökre. Tehát az M pontnak a ka , kb és kc k¨ or¨ okre vonatkozó hatványa is ugyanakkora. A feltétel szerint P és M k¨ ulönböz˝o. Így a P M egyenes a ka , kb és kc körök k¨ oz¨ os hatv´ anyvonala. A h´ arom kör tehát egy körsorhoz tartozik, ´ıgy ka és kb metszéspontjain átmegy kc is. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

69

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 70. oldal – 6. lap


i

Ezzel megmutattuk, hogy a ka , kb , illetve kc körök k-n bel¨ uli ´ıvei, nevezetesen az AA1 A2 , BB1 B2 és CC1 C2 kör´ıvek egy ponton mennek át. Megjegyzés. Egy alkalmas sztereografikus projekci´ oval (térbeli inverzi´ oval) visszavezethetj¨ uk az ´ all´ıt´ ast arra a j´ ol ismert tényre, hogy a g¨ ombfel¨ uleten b´ armely h´ arom k¨ orvonal p´ aronként vett hatv´ anyvonalai egy ´ atmér˝ ore illeszkednek. Jel¨ olj¨ uk Π-vel az ABC h´ aromsz¨ og s´ıkj´ at, és legyen Γ az a g¨ omb, amelynek a k f˝ ok¨ ore. A P pontban ´ all´ıtsunk mer˝ oleges egyenest Π-re; legyen ennek egyik d¨ oféspontja a Γ-val O. Invert´ aljuk az ´ abr´ at az O k¨ ozéppont´ u, P -n ´ atmen˝ o g¨ ombre; a szok´ asos m´ odon tetsz˝ oleges x objektum képét jel¨ olj¨ uk x′ -vel. Az inverzi´ o j´ ol ismert tulajdons´ agai szerint a Π s´ık képe az OP a ´tmér˝ oj˝ u Π′ g¨ omb; a Π s´ıkban fekv˝ o k¨ or¨ ok képei a g¨ ombfel¨ uleten fekv˝ o k¨ orvonalak. Speci´ alisan, a BCB1 C1 , a CAC1 A1 és az ABA1 B1 k¨ or¨ ok képei a B ′ C ′ B1′ C1′ , a C ′ A′ C1′ A′1 orvonalak. és az A′ B ′ A′1 B1′ k¨ A Γ g¨ omb defin´ıci´ oja szerint a Π s´ık és a Γ g¨ omb mer˝ olegesen metszi egym´ ast a k k¨ or mentén. Mivel az inverzi´ o sz¨ ogtart´ o, az Γ′ s´ık és a Π′ g¨ omb is mer˝ olegesen metszi egym´ ast a k′ k¨ or mentén, ´ıgy k′ a Π′ g¨ ombnek f˝ ok¨ ore.

Vegy¨ uk észre, hogy az A′ és A′2 pontokon a Π′ g¨ ombnek legal´ abb két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o f˝ ok¨ ore is ´ atmegy: ilyen a k′ k¨ or, és az OA′ P A′2 k¨ or is. (Ut´ obbi ´ atmegy az ´ atellenes O és P pontokon, de nem szerepel az ´ abr´ an.) Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy a Π′ g¨ omb¨ on A′ és A′2 ´ atellenes pontok, és az A′ A′1 A′2 k¨ orvonal is f˝ ok¨ or. Ez a f˝ ok¨ or ´ atmegy a C ′ A′ C1′ A′1 és az A′ B ′ A′1 B1′ k¨ or¨ ok metszéspontjain, A′ -n és A′1 -n; teh´ at az A′ A′1 A2 k¨ orvonal nem m´ as, ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ mint C A C1 A1 és az A B A1 B1 k¨ or¨ ok hatv´ anyvonala. Hasonl´ oan kapjuk, hogy a B ′ C ′ B1′ C1′ és az A′ B ′ A′1 B1′ k¨ or hatv´ anyvonala a B ′ B1′ B2′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ f˝ ok¨ or, illetve hogy a B C B1 C1 és az C A C1 A1 k¨ or hatv´ anyvonala a C ′ C1′ C2′ f˝ ok¨ or. A h´ arom hatv´ anyvonal két, egym´ assal ´ atellenes k¨ oz¨ os ponton megy ´ at; jel¨ olje ezeket X ′ és Y ′ u ´gy, hogy X és O a k′ f˝ ok¨ or ellentétes oldal´ an legyenek. Az X ′ , Y ′ pontokat O-b´ ol visszavet´ıtve a Π s´ıkra, megkapjuk az AA1 A2 , BB1 B2 , és CC1 C2 k¨ or¨ ok k¨ oz¨ os pontjait: az X pont a k k¨ or¨ on bel¨ ul, az Y pont a k k¨ or¨ on k´ıv¨ ul lesz.

3. Legyen K egy z´ art konvex soksz¨ oglemez, X pedig egy pont K s´ıkj´ aban. Mutassuk meg, hogy X a K soksz¨ oglemez belsejébe vagy ker¨ uletére vihet˝ o a K bizonyos oldalegyeneseire alkalmas sorrendben végzett véges sok tengelyes t¨ ukr¨ ozés egym´ asut´ anj´ aval, ha ugyanarra az oldalegyenesre t¨ obbsz¨ or is t¨ ukr¨ ozhet¨ unk. 70


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 71. oldal – 7. lap


i

Megold´ as. Alkoss´ ak a H halmazt a K sokszöglemez S s´ıkjának mindazon pontjai, amelyek véges sok, a K oldalegyeneseire végzett t¨ ukrözés egymásutánjával K-ba vihet˝ ok. A mi feladatunk a H = S egyenl˝oség igazolása. Világos, hogy K ⊆ H, tov´ abb´ a a konstrukci´ o folyt´ an H t¨ ukrös K minden oldalegyenesére. Legyen E a H t¨ uk¨ ortengelyeinek halmaza. Világos, hogy ha t1 , t2 ∈ E és t′1 a t1 t¨ ukörképe t2 -re, akkor t′1 ∈ E, ahol azaz H t¨ ukrös minden olyan egyenesre is, amelyet H egy t¨ uk¨ ortengelyének a H egy másik t¨ ukörtengelyére való t¨ ukrözésével kapunk. Mivel K ⊆ H, ezért H t¨ ukörszimmetriái folytán K-nak minden olyan K ′ képe is H-ban fekszik, amit K-b´ ol E-beli egyenesekre vonatkozó t¨ ukrözések egymásutánjával kapunk. Ráad´ asul az ´ıgy kapható K ′ sokszögek minden oldalegyenese E-beli, azaz a H egy t¨ uk¨ ortengelye. Jel¨ olje r > 0 esetén K r az S s´ık azon pontjait, amelyek legfeljebb r távolságra vannak a K soksz¨ oglemezt˝ ol. Megmutatjuk, hogy K r ⊆ H teljes¨ ul alkalmas r > 0 esetén. Válasszunk egy olyan R > 0 számot, amelyre a K cs´ ucsai köré ´ırt R sugar´ u k¨ orlemezek mindegyikének a K-val vett metszete körcikk. Egy ilyen R sugar´ u körcikk t¨ uk¨ orképe a k¨ orcikket hat´ aroló sugár egyenesére H-ban fekszik, hiszen a t¨ ukrözés tengelyére H szimmetrikus. S˝ot: ha a t¨ ukörképként kapott k¨ orcikket t¨ ukrözz¨ uk egy azt hat´ arol´ o sug´ ar egyenesére, akkor az ´ıgy kapott kép is H-ban marad, és ugyanez az ´ıgy kapott t¨ uk¨ orképek t¨ ukörképeire is igaz. Ezért a K cs´ ucsai köré ´ırt R sugar´ u k¨ orlemezek mindegyike része H-nak. Tekints¨ uk a K sokszöglemeznek, a K cs´ ucsai k¨ oré ´ırt R sugar´ u köröknek és a K-nak a K oldalegyeneseire vett t¨ uk¨ orképeinek K ∗ uni´ oj´ at. K¨ onnyen látható, hogy van olyan r > 0 szám, amelyre K r ⊆ K ∗ teljes¨ ul, teh´ at alkalmas n-re (1)

K r ⊆ K1 ∪ K2 ∪ . . . ∪ Kn ⊆ H,

ahol minden egyes Ki -t a H bizonyos t¨ ukörtengelyeire való t¨ ukrözések egymásutánjával kapunk K-b´ ol. Most tegy¨ uk fel, hogy K t ⊆ H valamely t > 0-ra. Vegy¨ uk észre, hogy ha azokat a t¨ ukr¨ ozéseket, amelyek a K sokszöget Ki -be viszik a K helyett a K t alakzatra végezz¨ uk el, akkor a kapott kép éppen Kit lesz. Vagyis ha K t ⊆ H, akkor Kit ⊆ H, amib˝ ol (1) miatt K (r+t) ⊆ K1t ∪ K2t ∪ . . . ∪ Knt ⊆ H k¨ ovetkezik. Az adódott teh´ at, hogy ha K t ⊆ H, akkor K t+r ⊆ H. Láttuk azonban, r 2r hogy K ⊆ H, ezért K ⊆ H, innen K 3r ⊆ H stb. Így aztán H ⊆ S = K r ∪ K 2r ∪ K 3r ∪ . . . ⊆ H ad´ odik, ahonnan H = S k¨ ovetkezik, és nek¨ unk pontosan ezt kellett igazolnunk. ´ Megjegyzések. 1. Ugy kaphatunk egy lehetséges m´ asik megold´ ast a feladatra, ha k¨ ovetj¨ uk a fenti bizony´ıt´ as els˝ o két bekezdését, majd azt igazoljuk, hogy az S s´ık lefedhet˝ o azokkal a K-val egybev´ ag´ o soksz¨ oglemezekkel, amelyeket K-b´ ol megkaphatunk annak az oper´ aci´ onak a véges sokszori alkalmaz´ as´ aval, amelyben egy soksz¨ oglemezt t¨ ukr¨ oz¨ unk annak egy oldalegyenesére. Minden ´ıgy kapott K ′ soksz¨ oglemez ugyanis része H-nak, hi´ szen H szimmetrikus az oper´ aci´ o sor´ an haszn´ alt t¨ uk¨ ortengelyekre. Erdemes megfigyelni az al´ abbiakat. Legyen P a K soksz¨ oglemez S s´ıkj´ anak egy pontja. K¨ oss¨ uk o ¨ssze P -t a K


71

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 72. oldal – 8. lap


i

egy Q bels˝ o pontj´ aval, és ind´ıtsunk el egy bili´ ardgoly´ ot Q-b´ ol a QP félegyenes mentén. Ha a K soksz¨ oglemezt egy bili´ ardasztalnak gondoljuk, amelynek hat´ ar´ at elérve a bil´ ardgoly´ o a fizikai t¨ orvényeknek megfelel˝ oen pattan vissza (azaz u ´gy, hogy a visszapattan´ o goly´ o p´ aly´ aj´ at t¨ ukr¨ ozve az éppen elért oldal egyenesére pontosan az adott oldal elérését megel˝ oz˝ o p´ alyaegyenes meghosszabb´ıt´ as´ at kapjuk), akkor a K soksz¨ oglemeznek az a pontja, avols´ ag megtétele ut´ an ker¨ ul, egy olyan pont lesz, amelybe amelybe a bili´ ardgoly´ o |P Q| t´ P bet¨ ukr¨ ozhet˝ o. Ha a feladat megold´ as´ at erre a megfigyelésre szeretnénk alapozni, akkor vizsg´ alni kell, mi is t¨ orténik akkor, ha a bili´ ardgoly´ o az u ´tja sor´ an K egy cs´ ucs´ aba jut. Nem lehetetlen ezt az esetet j´ ol kezelni, de azt sem nehéz igazolni, hogy ilyenkor Q helyett v´ alaszthat´ o K-nak egy m´ asik Q′ pontja, amelyb˝ ol a goly´ ot u ´tj´ ara ind´ıtva m´ ar nem u oz¨ unk K cs´ ucs´ aba. Egy m´ asik nehézség annak igazol´ asa, hogy b´ armelyik pontb´ ol b´ ar¨tk¨ melyik ir´ anyba is ind´ıtjuk a bili´ ardgoly´ ot, az tetsz˝ olegesen nagy t´ avols´ agot meg tud tenni a K soksz¨ oglemezen. Ennek bel´ at´ as´ at az olvas´ ora b´ızzuk. 2. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy a feladatban nem lényeges feltétel a K soksz¨ oglemez konvex volta. Tekints¨ uk ugyanis K ¨ osszes oldalegyenesét. Ezek a s´ıkot konvex tartom´ anyokra bontj´ ak fel. A konstrukci´ ob´ ol ad´ od´ oan minden ilyen tartom´ any vagy része K-nak vagy diszjunkt K belsejét˝ ol. Tekints¨ unk egy K-ban elhelyezked˝ o, konvex K ′ tartom´ anyt. ′ A K minden oldalegyenese egy´ uttal oldalegyenese K-nak is, ezért ha a K ′ -re igazoltuk a feladat ´ all´ıt´ as´ at, akkor abb´ ol azonnal k¨ ovetkezik, hogy K is rendelkezik a k´ıv´ ant tulajdons´ aggal. S˝ ot, az is igaz, hogy K oldalegyeneseire végrehajtott t¨ ukr¨ ozések egym´ asut´ anj´ aval K s´ıkj´ anak tetsz˝ oleges pontja a K-n´ al sz˝ ukebb K ′ konvex soksz¨ oglemez belsejébe vagy hat´ ar´ ara t¨ ukr¨ ozhet˝ o.

Fleiner Tam´ as

Emelt szint˝ u gyakorl´ o feladatsor I. r´ esz 1. Sz´ am´ıtsuk ki az A kifejezés pontos értékét: √ (√ √ √ )−2 ( 2 )−1 √ √ )2 ( 4−2 3 5−2 6 2 √ + √ A= · 14 − 12 − 96 · . (11 pont) 2015 4+2 3 5+2 6 2. Egy sakkversenyen mindenki mindenkivel egy mérk˝ozést játszik. Eddig 25 játszm´ at fejeztek be, és mindenkinek még hátravan 4 játszmája. Hány sakkozó vesz részt a versenyen? (12 pont) 3. Oldjuk meg az al´ abbi egyenletet a valós számok halmazán: 625x − 81x 2 . x x = √ 375 + 135 15

(14 pont)

4. Egy egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromszög s´ ulypontja illeszkedik a háromszög be´ırható k¨ orére. Mekkor´ ak a h´ aromsz¨ og szögei? Bizony´ıtsuk be, hogy a be´ırt kör szárakon lév˝ o két érintési pontja h´ arom egyenl˝o részre osztja a kör ker¨ uletét. (14 pont) 72


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 73. oldal – 9. lap


i

II. r´ esz 5. Vizsg´ aljuk meg az al´ abbi egyenlet megoldhatóságát az m paraméter f¨ uggvényében: tg2 x + ctg2 x + 2 sin2 x + 2 cos2 x + 3m2 = 4m(tg x + ctg x).

(16 pont)

6. A teaf˝ ub˝ ol a forr´ o v´ızben a kellemes ´ızeket adó anyagok gyorsabban kioldódnak, mint a káros csersavak. El˝ofordul, hogy a teaf¨ uvet véletlen¨ ul hosszabb ideig hagyjuk a v´ızben, mint sz¨ ukséges lenne, ilyenkor a csersavaktól keser˝ u lesz a tea. Az id˝ ot percekben mérve, a t ∈ [0, 30] intervallumon közel´ıts¨ uk a percenként kiold´ od´ o csersav mennyiségét a v(t) = −t3 + 25t2 + 150t f¨ uggvénnyel. Hány százalékkal több csersav old´ odik ki a teaf˝ ub˝ol, ha a sz¨ ukséges 5 perc helyett 10 vagy 15 percig benne felejtj¨ uk a filtert a v´ızben? (16 pont) 7. Egyik lapj´ ara áll´ıtott 18 cm élhossz´ uság´ u kock´ ab´ ol kiindulva bonbonos dobozt tervez¨ unk. Az alap és fed˝ olap oldalfelez˝o pontjait ¨ osszek¨ otj¨ uk a szemközti lap közelebbi cs´ ucsaival, az ´ abr´ anak megfelel˝oen. A keletkez˝ o h´ aromsz¨ og alap´ u g´ ulákat elhagyjuk a kock´ ab´ ol. Az ´ıgy létrej¨ ott testet, a bonbonos dobozt, pap´ırb´ ol fogjuk elkész´ıteni, 30% ragaszt´ asi fel¨ ulet, illetve hulladék ráhagyás´ aval. Mennyi pap´ırra lesz sz¨ ukség¨ unk? Mekkora lesz a doboz térfogata? Mekkora sz¨ oget z´ arnak be a trapéz alak´ u lapok egym´ assal? (16 pont) 8. Mekkora sz¨ ogben látszik az alábbi körök közös h´ urja az origóból? x2 + y 2 + 4x − 2y − 20 = 0, x2 + y 2 − 8x − 8y + 22 = 0.

(16 pont)

9. A z¨ oldséges 1 hetes, 2 hetes és 3 hetes narancsokat árul. Annak a valósz´ın˝ usége, hogy egy 1 hetes narancs romlott, 0,01. Ez a valósz´ın˝ uség a tapasztalatok szerint hetente megdupl´ az´ odik. A zöldségesnél jelenleg 25 kg 1 hetes, 17 kg 2 hetes és 6 kg 3 hetes narancs van. A narancsok tömege egyformának tekinthet˝o, 5 db 1 kg. Egyik reggel a pakol´ askor összekeveredtek a narancsok. a) Mekkora annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy egy véletlenszer˝ uen kiválasztott narancs romlott? b) Véletlenszer˝ uen kiv´ alasztottunk egy narancsot, ami jó. Mekkora a valósz´ın˝ usége, hogy 3 hetes? ´ annak, c) Vett¨ unk 2 kg narancsot. Mekkora a valósz´ın˝ usége, hogy mind jó? Es hogy legal´ abb 3 romlott? (16 pont) Lor´ antfy L´ aszl´ o (Dabas)


73

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 74. oldal – 10. lap


i

Megold´ asv´ azlatok a 2015/1. sz. emelt szint˝ u gyakorl´ o feladataihoz I. r´ esz ´ azoljuk és jellemezz¨ 1. Abr´ uk az al´ abbi f¨ uggvényt a lehet˝ o legb˝ ovebb sz´ amhalmazon: ( x ) x x 2 +5 2 −5 50 5·2 f : x 7−→ − x+1 − . (11 pont) : x 2x+1 − 10 2 + 10 25 − 4x 2 −5 Megold´ as. Legyen a = 2x . Ekkor a megfelel˝ o feltételek mellett (a > 0 és a ̸= 5, vagyis x ̸= log2 5): ) ( a+5 a−5 50 5a − − : = 2a − 10 2a + 10 25 − a2 a−5 =

(a + 5)2 − (a − 5)2 + 100 a − 5 20a + 100 1 2 · = · = . 2(a − 5)(a + 5) 5a 2(a + 5) 5a a Az ´ abr´ azoland´ o f¨ uggvény teh´ at 2 f : x 7→ x = 2

( )x−1 1 . 2

Jellemzése: – Df = R \ {log2 5}, – Rf = R+ \

{ 25 },

– nullahelye nincs, – tengelymetszete y = 2-nél, – szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o x ∈ Df -en, – konvex. 2. Mennyi a val´ osz´ın˝ usége, hogy a h´ aromjegy˝ u pozit´ıv egészek k¨ oz¨ ul tal´ alomra olyat v´ alasztunk, mely az 5, a 7, illetve a 11 egyikével sem oszthat´ o? (12 pont) Megold´ as. 9 · 10 · 10 = 900 h´ aromjegy˝ u sz´ am van. Legyen A az 5-tel, B a 7-tel és C a 11-gyel oszthat´ o sz´ amok halmaza. Ekkor |A| = 180, |B| = 128, |C| = 81, |A ∩ B| = 26, |A ∩ C| = 17, |B ∩ C| = 11 és |A ∩ B ∩ C| = 2.

74


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 75. oldal – 11. lap


i

A 7-tel, vagy 11-gyel, vagy 13-mal oszthat´ ok sz´ ama (a logikai szita m´ odszere szerint): |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C| = 337. Teh´ at a keresett val´ osz´ın˝ uség: p=

j´ o esetek sz´ ama 563 = = 0,626. osszes eset 900 ¨

3. Matematikus bar´ atunk statisztik´ at csin´ al a kir´ andul´ ason kész´ıtett 500 fényképér˝ ol. Azt tal´ alja, hogy a méret¨ uk ´ atlaga 2,84 MB, s a legnagyobb méret˝ u képe 3,65 MB-os. a) Mennyi a méret¨ uk sz´ or´ as´ anak legkisebb értéke? b) Legfeljebb mekkora lehet a méret¨ uk sz´ or´ asa, ha a terjedelem 1,62 MB? (14 pont) Megold´ as. a) A sz´ or´ as legkisebb értéke ugyanott van, ahol a négyzetéé. Így D2 minimum´ at keress¨ uk, s a sz´ amtani és kvadratikus k¨ ozepek k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenséggel adjuk meg azt: ∑ 2 (3,65 − 2,84)2 + 499 i=1 (2,84 − xi ) D2 = . 500 Ekvivalens ´ atalak´ıt´ asokkal: 500D2 − (3,65 − 2,84)2 =

499 ∑

(2,84 − xi )2 .

i=1

A jobb oldalra fel´ırva a sz´ amtani-kvadratikus k¨ ozepek k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenséget: √ 2 ∑499 ( ∑499 )2 499 2 ∑  i=1 (2,84 − xi )  i=1 |2, 84 − xi | (2,84 − xi )2 = 499 >  > 499 499 499 i=1 (∑ > 499

499 i=1 (2,84

− xi )

499

)2

( > 499

499 · 2, 84 − 499

∑499 i=1

xi

)2 .

∑499 ek 499 elem ¨ osszege, A kapott kifejezés értéke konstans, hiszen a i=1 xi a marad´ 500 · 2,84 − 3,65. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalon lév˝ o kifejezés értéke legal´ abb ekkora, s az egyenl˝ oség akkor ´ all fenn, ha minden maradék elem ugyanakkora és legfel499x∗ +3,65

jebb 2,84. Legyen ez az érték x∗ . Ekkor az ´ atlagra igaz, hogy 2,84 = , amib˝ ol 500 x∗ = 2,8384 < 2,84. Teh´ at a sz´ or´ as x∗ = 2,8384 esetén lesz a legkisebb, s ez a minim´ alis érték D = 0,036. b) A legnagyobb sz´ or´ as akkor lesz, ha minden kép mérete a legt´ avolabb van az ´ atlagt´ ol. Miut´ an a legnagyobb 3,65 MB-os, ebb˝ ol kell 250 darab, s 250 darab kell abb´ ol a méretb˝ ol, mely az ellenkez˝ o ir´ anyban tér el ugyanennyit az ´ atlagt´ ol. Ekkor a sz´ or´ as: √ √ 250 · (xmax − x)2 + 250 · (x − xmin )2 500(3,65 − 2,84)2 D= = = 3,65 − 2,84 = 0,81. 500 500 4. A fixhajt´ as´ u kerékp´ arn´ al fontos a l´ anc feszessége. Az els˝ o l´ anckerék sugara 104 mm, fogsz´ ama 52, a h´ ats´ o l´ anckerék adatai pedig 32 mm és 16 fog. (A l´ anckerék sugar´ at u ´gy mért¨ uk, hogy az megegyezik egy, a l´ anckerékre illeszked˝ o l´ ancszem k¨ ozéppontj´ anak a l´ anckerék k¨ ozéppontj´ at´ ol mért t´ avols´ ag´ aval.) Milyen hossz´ u l´ ancra van sz¨ ukség¨ unk, ha a két l´ anckerék k¨ ozéppontj´ anak t´ avols´ aga 450 mm? H´ any l´ ancszemet tartalmaz ez a l´ anc? (14 pont)


75

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 76. oldal – 12. lap


Megold´ as. Az érint˝ oszakasz hossza: e = φ = arcsin

√

i

4502 − 722 = 444,2 mm.

72 ≈ 9,207◦ . 450

A k¨ ozépponti sz¨ ogek tételét felhaszn´ alva (miszerint az ´ıvek ar´ anya egy adott k¨ orben megegyezik a hozz´ ajuk tartoz´ o k¨ ozépponti sz¨ ogek ar´ any´ aval): k1 180◦ − 2φ = =⇒ k1 ≈ 90,25 mm, 2 · 32 · π 360◦ k2 180◦ + 2φ = =⇒ k2 ≈ 360,15 mm. 2 · 104 · π 360◦ Így a teljes l´ anc hossza: l = k1 + k2 + 2e ≈ 1338,8 mm. 1338,8 2·104·π Egy l´ ancszem hossza: 52 ≈ 12,566 mm. Így a l´ ancszemek sz´ am´ ara n ≈ 12,566 ≈ ≈ 106,54-et kapunk. Teh´ at legal´ abb 107 l´ ancszemre van sz¨ ukség¨ unk.

II. r´ esz

5. Milyen m ∈ R paraméter esetén lesz hegyessz¨ og˝ u α megold´ asa a k¨ ovetkez˝ o egyenletnek? cos2 α − (18 − 2m) cos α + m2 + 3m + 3 = 0 (16 pont) Megold´ as. Ahhoz, hogy legyen gy¨ ok, D > 0-nak kell teljes¨ ulnie: ( ) (18 − 2m)2 − 4 · 1 · m2 + 3m + 3 > 0, 324 − 72m − 12m − 12 > 0, 26 > m. 7 Ahhoz, hogy pozit´ıv gy¨ oke legyen (α akkor hegyessz¨ og˝ u, ha cos α > 0), mivel x1 · x2 > 0 (m2 + 3m + 3 > 0 igaz ´ all´ıt´ as), az x1 + x2 > 0 egyenl˝ otlenségnek kell teljes¨ ulnie. Ebb˝ ol ismét a Viète-formul´ ak felhaszn´ al´ as´ aval az m < 9 feltételt kapjuk.

76


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 77. oldal – 13. lap


i

A koszinusz f¨ uggvény maxim´ alis értéke 1, s a feltétel miatt 1 sem lehet (α hegyessz¨ og, ´ıgy a 0◦ érték nem lehetséges). Emiatt a cos α < 1 feltételnek is fenn kell ´ allnia. A √ 18 − 2m ± 312 − 84m <1 2 egyenl˝ otlenségb˝ ol a

√ ± 78 − 21m < m − 8

egyenl˝ otlenséget kapjuk. A kor´ abbi feltételek miatt ennek a jobb oldala negat´ıv, teh´ at a bal oldalon lév˝ o kifejezésnél is csak a negat´ıv érték lehetséges. A négyzetre emelés sor´ an a rel´ aci´ ojel megfordul: 78 − 21m > m2 − 16m + 64, 0 > (m + 7)(m − 2), −7 < m < 2. A feltételek alapj´ an a megold´ as: 26 m6 és m < 9 és − 7 < m < 2 . 7 | {z } −7<m<2

´ azoljuk a k¨ 6. Abr´ ovetkez˝ o ponthalmazt a koordin´ atas´ıkon: { } x2 − y 2 H := P (x; y) 2 6 0 ∧ |y| 6 1 x + y2 − 1 Mekkora a ponthalmaz ter¨ ulete?

(16 pont)

Megold´ as. A nevez˝ oben lév˝ o kifejezés az orig´ o k¨ ozéppont´ u egységk¨ or egyenletére emlékeztet. Emiatt a k¨ ovetkez˝ o eseteket érdemes megvizsg´ alni: a) a k¨ or¨ on bel¨ uli pontokr´ ol, vagy b) a k¨ or¨ on k´ıv¨ uli pontokr´ ol van sz´ o. a) Ha a nevez˝ o negat´ıv, vagyis az orig´ o k¨ ozéppont´ u egységk¨ or¨ on bel¨ uli pontokr´ ol van sz´ o, akkor a sz´ aml´ al´ onak nemnegat´ıvnak kell lennie. Ekkor az x2 > y 2 ´ all fenn. E m´ asodik feltételnek az ´ abr´ an l´ athat´ o pontok tesznek eleget.

b) Ha a nevez˝ o pozit´ıv, vagyis az orig´ o k¨ ozéppont´ u egységk¨ or¨ on k´ıv¨ uli pontokr´ ol van sz´ o, akkor a sz´ aml´ al´ onak negat´ıvnak kell lennie. Ekkor az x2 6 y 2 ´ all fenn. E m´ asodik feltételnek az a ´br´ an l´ athat´ o pontok tesznek eleget.


77

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 78. oldal – 14. lap


i

A két fenti esetet, az egységk¨ ort, valamint az |y| 6 1 feltételeket ¨ osszevetve a k¨ ovetkez˝ o ponthalmazt kapjuk:

A két negyedk¨ or-cikk ter¨ uletéhez hozz´ aadva a négy kis sz¨ ogletet kapjuk a keresett ter¨ uletet: [ ] 12 π 1·1 12 π π π T =2· +4· − = + 2 − = 2. 4 2 8 2 2 7. Az ABCD négyzet alap´ u egyenes g´ ula AE odalalélének P pontj´ ara teljes¨ ul, hogy AP : P E = 1 : 2, valamint a CE oldalélének R pontj´ ara igaz, hogy CR : RE = 1 : 2. a) Milyen ar´ anyban osztja a B cs´ ucson, valamint a P és R pontokon ´ atmen˝ o s´ık a DE élt? b) H´ any sz´ azaléka a keletkez˝ o s´ıkmetszet ter¨ ulete az alap négyzetlap ter¨ uletének, ha a g´ ula magass´ aga az alaplap ´ atl´ oj´ anak m´ asfélszerese? (16 pont) Megold´ as. a) Mivel az ABCDE egyenes g´ ula, a P R szakasz a magass´ agot a Q harmadol´ opontban metszi. Vegy¨ uk a g´ ula DBE s´ıkmetszetét. A DBE h´ aromsz¨ ogben a T E s´ ulyvonalat a Q pont 1 : 2 ar´ anyban osztja, teh´ at Q s´ ulypont. Így a BQ meghosszabb´ıt´ asa a DE oldalt az F felez˝ opontban metszi (szintén s´ ulyvonal).

b) Az egyenes g´ ula szimmetri´ aja miatt BF ⊥ P R, a s´ıkmetszet deltoid. Ter¨ uletét az ´ atl´ ok seg´ıtségével sz´ amoljuk ki.

78


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 79. oldal – 15. lap


i

2/3-ad része, valamint a T ′ pont felezi az T D szakaszt

A P R szakasz az AC (p´ arhuzamos szel˝ ok tétele).

3

A feltétel szerint T E = 3x = 2 DB, teh´ at T B = x, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy α = 45◦ . Innen √ √ 3 √ P R·BF 2 2 AC · 2BT ′ AC · 2 · 4 BD TBRF P 2 2 3 3 = = = = . AC·BD TABCD AC · BD AC · BD 2 2

Teh´ at a BRF P négysz¨ og ter¨ ulete kb. 70,7 %-a az alaplap ter¨ uletének. 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 j¨ on létre. A koordin´ atarendszer egységeit dm-ben mérj¨ uk. Kész´ıts¨ unk deciliterenként beoszt´ ast az oldal´ an. (Milyen magass´ agokn´ al lesznek az oszt´ asvonalak?) (16 pont) Megold´ as. Az egyszer˝ ubb sz´ amol´ as kedvéért d¨ onts¨ uk meg a mé√ r˝ oedényt 90◦ -kal. 10 Így a megadott f (x) = x10 f¨ uggvény helyett annak inverzét, a g(x) = x f¨ uggvényt kell az x tengely k¨ or¨ ul megforgatnunk. A megforgatott f¨ uggvény hi intervallumhat´ arait kell u ´gy meghat´ arozni, hogy a keletkez˝ o szeletek térfogata 1 legyen: ∫

∫

h1

h1

g(x) dx = 0

( 10 √ )2 x π dx = 1

0

∫

h1

π

1

x 5 dx = 1, 0 6 5 π x5 6

h1

[ ]0

= 1,

6 5 πh1 5 = 1, 6

h1 ≈ 0,4484 (dm). Hasonl´ oképpen az integr´ alt 2-ig sz´ amolva kaphatjuk a h2 ≈ 0,7990 (dm) értéket. A k¨ ovetkez˝ o oszt´ as m´ ar nem fér az edény oldal´ ara. 9. Egy piramisj´ aték” elind´ıt´ oja a m´ asodik hétre m´ ar 4 embert sikeresen beszerve” zett, ´ıgy ¨ oten lettek. (Az els˝ o hét a tervezés ideje volt.) A szervezés olyan j´ ol siker¨ ult, hogy a harmadik hétt˝ ol kezdve minden héten a k¨ ovetkez˝ o sorozat szerint alakult az ¨ osszes résztvev˝ o sz´ ama: an = 3an−1 − 8. a) H´ anyan vettek részt az ¨ ot¨ odik héten a j´ atékban? b) Mutassuk meg, hogy az o ok sz´ ama monoton n¨ ovekv˝ o sorozatot alkot. ¨sszes résztvev˝ c) ´ Irjuk fel explicit alakban a sorozatot. d) Igazoljuk, hogy a sorozat utols´ o sz´ amjegyei n = 2-t˝ ol kezdve periodikus sorozatot alkotnak. (16 pont) Megold´ as. a) Helyettes´ıts¨ uk be az egym´ ast k¨ ovet˝ o értékeket az adott rekurz´ıv képletbe: a2 = 5,

a3 = 3 · 5 − 8 = 7,

a4 = 3 · 7 − 8 = 13,

a5 = 3 · 13 − 8 = 31.


79

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 80. oldal – 16. lap


i

b) an akkor monoton n¨ oveked˝ o, ha 3 · an−1 − 8 > an−1 , azaz 2an−1 > 8 teljes¨ ul ∀ n ∈ N+ \ {1} esetén. Ezt teljes indukci´ oval tessz¨ uk meg: (i) Bel´ athat´ o, hogy az els˝ o elemekre teljes¨ ul: 10 > 8, 14 > 8, . . . . (ii) Tegy¨ uk fel, hogy egy tetsz˝ oleges (k − 1)-dik elemre teljes¨ ul az ´ all´ıt´ as, azaz 2ak−1 > 8, ahol k > 2. (iii) Bel´ atjuk, hogy a k¨ ovetkez˝ o elemre, ak -ra is teljes¨ ul az ´ all´ıt´ as: 2ak = 6ak−1 − 16 = 3 · (2ak−1 ) − 16 def.

>

ind. felt.

24 − 16 = 8.

Teh´ at a sorozat val´ oban monoton n¨ oveked˝ o. c) Írjuk fel az egyes elemek részletes kisz´ am´ıt´ as´ at: a4 = 3 · (3 · 5 − 8) − 8, ( ) a5 = 3 · 3 · (3 · 5 − 8) − 8 − 8, .. .

( ) an = 3n−2 · 5 − 8 · 3n−3 + 3n−4 + · · · + 30 . Felhaszn´ alva a mértani sorozat els˝ o n elemére vonatkoz´ o¨ osszegképletet: an = 5 · 3n−2 − 8 ·

3n−2 − 1 = 5 · 3n−2 − 4 · 3n−2 + 4 = 3n−2 + 4 3−1

(n > 2).

d) Írjuk fel az els˝ o néh´ any végz˝ odést: 5, 7, 3, 1, 5, . . . . A negyedik elem ut´ an az o os végz˝ odést kapjuk ismét, amelyen a rekurzi´ o képletét ¨t¨ alkalmazva ismét a 7-es végz˝ odést kapjuk stb. (A kétjegy˝ u sz´ amokat 10N + c alakban fel´ırva megmutathat´ o, hogy az egyesek helyiértékén ´ all´ o jegyen végzett m˝ uvelet adja az u ´jabb végz˝ odést, mely f¨ uggetlen a t¨ obbi sz´ amjegyt˝ ol: 3 · (10N + c) − 8 = (3N ) · 10 + (3c − 8).) Sz´ ekely P´ eter Budapest

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4598. Az ABCD h´ urnégysz¨ og ´ atl´ oinak metszéspontja E, az AB és CD oldalak felez˝ opontja K, illetve M , az E pont mer˝ oleges vet¨ ulete a BC és AD oldalon pedig L és N . Bizony´ıtsuk be, hogy a KM és LN egyenesek mer˝ olegesek egym´ asra. (5 pont)

(Kvant)

I. megold´ as. Legyen az AE szakasz felez˝opontja F , a BE szakaszé pedig G. Az AN E és BLE h´ aromsz¨ ogek derékszög˝ uek, ezért az AE, illetve EB átmér˝oj˝ u 80


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 81. oldal – 17. lap


i

Thalész-k¨ or¨ ok ezen háromsz¨ ogek köré ´ırható körei, középpontjaik F és G. Emiatt AF = F E = F N és BG = GE = GL. Az ABCD h´ urnégysz¨ og, ezért CBD^ = CAD] = φ, mivel a CD ´ıvhez tartozó ker¨ uleti sz¨ ogek. Így az el˝ obbi derékszög˝ u háromszögekben a középponti és ker¨ uleti sz¨ ogek o uggését felhaszn´ alva N F E^ = 2φ és EGL^ = 2φ (1. ´ abra). ¨sszef¨ Az ABE h´ aromsz¨ ogben KF és KG középvonalak, ezért az EF KG négyszög paralelogramma, ´ıgy szemk¨ ozti szögei egyenl˝ok: EF K^ = KGE^ = α. Mivel KG = F E = F N és KF = GE = GL, azért N F K△ ∼ = KGL△, mivel két oldaluk és a k¨ ozbez´ art sz¨ og megegyezik. Tehát N K = KL, vagyis az LN K háromsz¨ og egyenl˝ o sz´ ar´ u, ´ıgy N L alapjának felez˝omer˝olegese átmegy a K ponton. Hasonl´ o gondolatmenettel belátható, hogy az LN M háromszög is egyenl˝o sz´ ar´ u, és LN alapj´ anak felez˝ omer˝olegese átmegy az M ponton. Bel´ attuk, hogy az LN szakasz felez˝omer˝olegese átmegy K és M pontokon is, vagyis KM val´ oban mer˝ oleges az N L szakaszra, s˝ot még felezi is. Az ábr´ an CBD^ és CAD^ hegyesszögek. Ilyenkor L és N pontok a BC és AD szakaszok bels˝ o pontjai. Ha a két szög tompaszög lenne, akkor ezek a pontok az AD és BC szakaszok meghosszabb´ıtásán keletkez˝o k¨ uls˝o pontok lesznek, de a gondolatmenet változatlanul m˝ uködik.

1. ´ abra

2. ´ abra

Ha a két sz¨ og deréksz¨ og, akkor a pontok a CD szakasz Thalész-körén lesznek rajta, azaz L és N megegyezik az A és B pontokkal. Ekkor KM egyenes a Thalészk¨ or átmér˝ oje, ami áthalad LN , azaz AB h´ ur felez˝opontján, ezért éppen a h´ ur felez˝ omer˝ olegese. Gy˝ orfi-B´ ator Andr´ as (Kaposvár, Táncsics Mihály Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján


81

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 82. oldal – 18. lap


i

II. megold´ as. Dolgozzunk vektorokkal! Legyen E az origó, a négy cs´ ucsba a+b mutat´ o vektor a, b, c, d (2. ´ abra). M helyvektora c+d ´ e s K helyvektora , 2 2 teh´ at −−→ c + d a + b d−a c−b KM = − = + . 2 2 2 2 −−→ Az EN egyenes ir´ anyvektora az AD = d − a vektor 90◦ -os elforgatottja, az EL −−→ 90 egyenesé pedig a CB = b − c vektoré. (d − a 90◦ -os elforgatottját jelölje (d − a) . Mindkett˝ ot pozit´ıv ir´ anyba forgatjuk.) −−→ −−→ −→ 90 90 90 90 LN = EN − EL = α · (d − a) − β · (b − c) = α · (d − a) + β · (c − b) , −−→ −−→ ahol α, β ∈ R. Teh´ at ha α = β, akkor az LN vektor valóban mer˝oleges az KM vektorra. Azt kell teh´ at még bel´ atnunk, hogy az EN és EL távolságok u ´gy aránylanak egym´ ashoz, mint a négysz¨ og AD és CB oldalai. Mivel ABCD h´ urnégysz¨ og, EDA^ = BCE^ és EAD^ = CBE^, valamint nyilv´ an AED^ = CEB^. Így EDA háromszög hasonló ECB-hez, vagyis α=

EN EL = = β, AD CB

teh´ at igaz az ar´ anyokra vonatkozó áll´ıtás. Ezzel a feladat áll´ıt´ as´ at beláttuk. ´ Isk. és Gimn., 12. évf.) Kabos Eszter (Budapesti Fazekas M. Alt. dolgozata alapján 38 dolgozat érkezett. 5 pontos 32, 4 pontos 4, 3 pontos 2 dolgozat.

B. 4601. Egy tetraéder egyik lapja egységnyi oldal´ u szab´ alyos h´ aromsz¨ og, tov´ abb´ a van 3 darab a hossz´ us´ ag´ u éle. Legfeljebb mekkora ter¨ ulet˝ u lehet a tetraéder mer˝ oleges vet¨ ulete egy s´ıkon? (6 pont) Megold´ as. A tetraédernek négy cs´ ucsa van, ezért bármely s´ıkon lév˝o mer˝oleges vet¨ ulete vagy h´ aromsz¨ og, vagy konvex négyszög. El˝ osz¨ or azt az esetet vizsgáljuk, amikor a vet¨ ulet háromszög. E háromszög cs´ ucsai a tetraéder három cs´ ucsának vet¨ uletei, a tetraéder negyedik cs´ ucsának vet¨ ulete pedig a háromsz¨ ogbe esik. Tehát a vet¨ ulet ter¨ ulete megegyezik az egyik lap vet¨ uletének ter¨ uletével. Ismert, hogy ha egy T ter¨ ulet˝ u sokszöget a s´ıkjával α sz¨ oget bezár´ o s´ıkra vet´ıt¨ unk és a vet¨ ulet ter¨ ulete Tv , akkor Tv = T cos α (ennek bizony´ıt´ asa megtal´ alhat´ o pl. Hajós György: Bevezetés a geometri´ aba, 36.7. tétel). 82


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 83. oldal – 19. lap


i

Tetraéder¨ unknek kétfajta lapja van. egnyi oldal´ u √ Az egys´ 3 szab´ alyos h´ aromsz¨ og, ennek ter¨ ulete 4 , valamint az olyan egyenl˝ osz´ ar´ u háromsz¨ og, amelynek alapja 1, szárai pedig a hossz´ uak. Az ilyen háromsz¨ og√alaphoz tartozó magassága Pitagorasz t´ e tel´ e b˝ o l k¨ o vetkez˝ o en a2 − 1/4 (1. ´ abra), ezért ter¨ ulete √ a2 −1/4 . 2

Mivel cos α 6 1, a tetraéder vet¨ uletének t ter¨ uletére √

3 t6 , 4

(1)

illetve t 6

√ a2 −

1 4

2

1. ´ abra

teljes¨ ul. A tetraéder szab´ alyos h´ aromszöglapjának s´ıkjára vet´ıt¨ unk, akkor e lap vet¨ ulete ¨ onmaga, a negyedik cs´ ucs vet¨ ulete pedig a tetraéder szimmetriája miatt e lap k¨ ozéppontj´ aba esik (2. ´ abra), tehát ebben az esetben a vet¨ ulet ter¨ ulete √

t = 43 . Ha pedig a cs´ ucsok bet˝ uzését u ´gy választjuk, hogy AB = AC = AD = a és BC = CD = DB = 1 teljes¨ ul és az ABC lap s´ıkjára vet´ıt¨ unk, akkor megmutatjuk, hogy√a negyedik cs´ ucs vet¨ ulete e lap bels˝ o pontja lesz, s ´ıgy a vet¨ ulet ter¨ ua2 −1/4

lete t = (3. ´ abra). Mivel A is és D is egyenl˝o távolságra van B-t˝ol és 2 C-t˝ ol, ezért a BC szakasz felez˝ omer˝oleges s´ıkjában A is és D is benne van, tehát AD ⊥ BC. Ezért ha a BC él felez˝opontja K, akkor az AKD s´ık mer˝oleges az ABC s´ıkra. Vagyis D-nek az ABC s´ıkon lév˝o vet¨ ulete megegyezik az AKD háromszög D-b˝ ol indul´ o magass´ ag´ anak talppontjával. Ez pedig az AK szakasz bels˝o pontja, √ √ ugyanis a háromsz¨ og oldalainak hossza AD = a, AK = a2 − 1/4 és KD = 23 , teh´ at leghosszabb (AD) oldal´ anak négyzete kisebb, mint a másik két oldal négyzetének ¨ osszege, vagyis AKD hegyesszög˝ u háromszög.

2. ´ abra

3. ´ abra

Ha a vet¨ ulet konvex négyszög, akkor annak mind a négy cs´ ucsa a tetraéder egy-egy cs´ ucs´ anak a vet¨ ulete, a négyszög e és f hossz´ u átlói pedig a tetraéder két K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

83

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 84. oldal – 20. lap


i

kitér˝ o élének vet¨ uletei. Sem a három darab 1 hossz´ u, sem a három darab a hossz´ u tetraéderélek k¨ ozt nincsenek kitér˝oek, ezért feltehetj¨ uk, hogy az e hossz´ uság´ u átló valamely 1 hossz´ u, az f hossz´ uság´ u átló pedig valamely a hossz´ u tetraéderél vet¨ ulete. Mer˝ oleges vet´ıtésnél b´ armely szakasz képének hossza legfeljebb akkora, mint az eredeti szakasz hossza, ezért e 6 1 és f 6 a. Ismert, hogy ha egy konvex négysz¨ og átl´ oinak hossza e és f , az átlók szöge pedig φ, akkor a négyszög ter¨ ulete (ef sin φ)/2. Teh´ at ebben az esetben a tetraéder vet¨ uletének t ter¨ uletére (2)

t6

ef a ef sin φ 6 6 2 2 2

teljes¨ ul. V´ alasszuk a cs´ ucsok bet˝ uzését ugyan´ ugy, mint az el˝oz˝o példában, legyen tov´ abb´ a az AB, AC, DB és DC élek felez˝opontja rendre E, H, F és G (4. ´ abra). Ekkor az ABD és ACD h´ aromszögekben EF és GH az AD élhez, az ABC és BCD h´ aromsz¨ ogekben pedig HE és F G a BC élhez tartozó középvonalak. Ezért EF ∥ AD ∥ GH és HE ∥ BC ∥ F G. Vagyis az E, F , G és H pontok egy S s´ıkba esnek és paralelogramm´ at alkotnak. Továbbá a párhuzamosságok miatt az AD és BC egyenesek is p´ arhuzamosak S-sel. Mivel mer˝oleges vet´ıtésnél a vet´ıtés irányára mer˝ oleges szakaszok hossza nem változik, ez azt jelenti, hogy az ABCD tetraéder Sen lév˝ o mer˝ oleges vet¨ ulete egy olyan A′ B ′ C ′ D′ négyszög, melyben A′ D′ = AD = a ′ ′ és B C = BC = 1. Tov´ abb´ a AD ⊥ BC miatt A′ D′ ⊥ B ′ C ′ is fennáll. Vagyis az ABCD tetraéder S s´ıkra es˝ o mer˝oleges vet¨ uletének t ter¨ uletére t=

a · 1 · sin 90◦ a = 2 2

teljes¨ ul.

4. ´ abra

Most már csak azt kell megvizsgálnunk, hogy a k¨ ulönböz˝o értékei esetén az (1) és (2) egyenl˝ otlenségek k¨ oz¨ ul melyik ad nagyobb fels˝o korlátot a vet¨ ulet ter¨ uletére. A feladatban le´ırt tetraéder nyilván pontosan akkor létezik, ha a nagyobb, mint √ az √ egységnyi oldal´ u szab´ alyos háromszög köré ´ırható kör sugara, azaz ha

3 3

< a.

a2 −1/4 A 6 a2 egyenl˝ otlenség triviálisan teljes¨ ul, ezért azt kell meghatároznunk, √2 √ 3 3 a hogy 4 6 2 mikor áll fenn. Ez pontosan akkor teljes¨ ul, ha 2 6 a.

84


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 85. oldal – 21. lap

Teh´ at

√ 3 3


i

√

nek ter¨ ulete legfeljebb

3 2√

eset´ en a tetraéder bármely s´ıkon lév˝o mer˝oleges vet¨ uleté√

3 , 4

3 2

6 a esetén pedig legfeljebb

a 2

lehet.

Simk´ o Irén (Miskolc, Földes Ferenc Gimn., 12. évf.) dolgozatát felhasználva ´ 29 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott 10 versenyz˝ o: Agoston Péter, Csépai Andr´ as, ´ Di Giovanni M´ ark, Fekete Panna, Fony´ o Vikt´ oria, Forr´ as Bence, K´ usz Agnes, Maga Bal´ azs, Simk´ o Irén, Williams Kada. 5 pontos 4, 4 pontos 3, 3 pontos 3, 2 pontos 4, 1 pontos 4, 0 pontos 1 dolgozat.

B. 4629. Oldjuk meg a 2 sin

( 3x π) = 3 sin x + . 2 3

egyenletet. (5 pont) 2π 3

Megold´ as. Alkalmazzuk az x = t + ( 2 sin

3t +π 2

helyettes´ıtést. Ekkor az egyenlet

) = 3 sin(t + π)

alakra hozhat´ o. Ezut´ an kihaszn´ alva, hogy a szinusz f¨ uggvény páratlan, látjuk, hogy ( −2 sin

3t 2

)

( = −3 sin t,

2 sin

3t 2

) = 3 sin t.

Egy kezelhet˝ obb alakot kaptunk. A szög háromszorosára és kétszeresére vonatkozó add´ıci´ os tételek 2t -re t¨ ortén˝ o alkalmazásával 2 · sin

t 2

( 3 − 4 sin2

t 2

) = 3 · 2 · sin

t t cos . 2 2

Rendezés is kiemelés ut´ an sin

t 2

( ) t t 3 − 4 sin2 − 3 cos = 0. 2 2

Szorzat abban az esetben lehet nulla, ha valamelyik tényez˝oje nulla. Emiatt sin

t =0 2

vagy 3 − 4 sin2

t t − 3 cos = 0. 2 2

Az els˝ o egyenletb˝ ol 2π t = kπ ⇐⇒ t = 2kπ ⇐⇒ x = + 2kπ, 2 3 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

ahol k ∈ Z. 85

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 86. oldal – 22. lap


i

A m´ asodik egyenlet a négyzetes összef¨ uggés be´ırása után cos 2t -re másodfok´ u: 3 − 4 + 4 cos2

t t − 3 cos = 0, 2 2

4 cos2

t t − 3 cos − 1 = 0. 2 2

Ennek megold´ asai cos

t = 1 és 2

cos

t 1 =− . 2 4

uk. Ezek k¨ oz¨ ul az els˝ onek a gy¨ okeit a sin 2t = 0 megoldásainál már rögz´ıtett¨ A cos 2t = − 14 megold´ asai t ≈ 1,8235 + 2lπ (l ∈ Z),

illetve t ≈ 4,4597 + 2mπ (m ∈ Z).

Innen a tov´ abbi x értékek x ≈ 3,9179 + 2lπ (l ∈ Z),

továbbá x ≈ 0,2709 + 2mπ (m ∈ Z).

Ekvivalens átalak´ıt´ asokat végezt¨ unk, az egyenlet összes megoldását megkaptuk, amelyek behelyettes´ıtéssel ellen˝ orizhet˝ok is. Schefler Barna (Hám János Liceum, Szatmárnémeti, 9. évf.) dolgozata alapján 34 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 24, 4 pontot 3 versenyz˝ o. 3 pontos 3, 2 pontos 1, 1 pontot kapott 2, 0 pontot 1 versenyz˝ o.

B. 4630. Az A, B, C és D pontok nem esnek egy s´ıkba. Hat´ arozzuk meg azon P pontok mértani helyét, amelyekre P A2 + P C 2 = P B 2 + P D2 . (5 pont) Megold´ as. Legyen az AC szakasz felez˝opontja FAC , a BD szakaszé FBD . A paralelogramma-tétel miatt: 2 2P A2 + 2P C 2 = AC 2 + 4P FAC , 2 2P B 2 + 2P D2 = BD2 + 4P FBD .

A feladatban szerepl˝ o egyenl˝ oség tehát pontosan akkor teljes¨ ul, ha 2 2 = BD2 + 4P FBD , AC 2 + 4P FAC 2 2 AC 2 − BD2 = 4P FBD − 4P FAC , 2 2 P FBD − P FAC =

AC 2 − BD2 . 4

Az AC −BD konstans, jel¨ olj¨ uk c-vel. Helyezz¨ uk el az FAC és FBD pontokat 4 egy koordin´ ata-rendszerbe, FAC (0, 0, 0) és FBD (a, 0, 0). Legyenek P koordinátái 2

86

2


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 87. oldal – 23. lap


i

2

2 2 (x, y, z). Ekkor P FAC = x2 + y 2 + z 2 és P FBD = (x − a) + y 2 + z 2 . Az egyenlet¨ unk: 2

(x − a) + y 2 + z 2 − x2 − y 2 − z 2 = c, −2ax + a2 = c, x=

a2 − c . 2a

Ez egy s´ıknak az egyenlete, amely mer˝oleges az x tengelyre, vagyis az FAC FBD egyenesre. Az ABCD tetraéder kör¨ ul´ırt gömbjének középpontján nyilván átmegy, mert itt P A = P B = P C = P D, tehát a feltétel triviálisan igaz. Így a feladatban szerepl˝ o mértani hely a tetraéder köré´ırt gömbjének középpontján átmen˝o, az FAC FBD egyenesre mer˝ oleges s´ık. ´ Isk. és Gimn., 12. évf.) Csern´ ak Tam´ as (Budapesti Fazekas M. Alt. dolgozata alapján 33 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 13, 4 pontot 13 versenyz˝ o. 3 pontos 6, 1 pontos 1 dolgozat.

B. 4633. Egy h´ aromsz¨ og belsejében felvesz¨ unk néh´ any pontot u ´gy, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk semelyik h´ arom (beleértve a cs´ ucsokat is) nem esik egy egyenesre. A pontokat egym´ assal és a h´ aromsz¨ og cs´ ucsaival u ´gy k¨ otj¨ uk ¨ ossze, hogy a kapott szakaszok ne messék egym´ ast, és a h´ aromsz¨ oget a lehet˝ o legt¨ obb kis h´ aromsz¨ ogre bonts´ ak. Bizony´ıtsuk be, hogy a keletkezett kis h´ aromsz¨ ogek sz´ ama p´ aratlan. (3 pont) Megold´ as. Legyen a h´ aromszög belsejében felvett pontok száma n, a keletkezett kis h´ aromsz¨ ogek sz´ ama pedig k. Mivel az összeköt˝o szakaszokat u ´gy rajzoltuk meg, hogy a lehet˝ o legt¨ obb kis háromszöget kapjuk, azok az eredeti háromszöget csupa h´ aromsz¨ ogre bontj´ ak. Ha ugyanis lenne a felbontásban háromnál több oldal´ u soksz¨ og, annak néh´ any megfelel˝o átlóját megh´ uzva további kis háromszögeket kapn´ ank. Mivel b´ armely háromsz¨ ogben a bels˝o szögek összege 180◦ , a keletkezett kis h´ aromsz¨ ogek bels˝ o sz¨ ogeinek összege k · 180◦ . E szögek összegét viszont u ´gy is megkaphatjuk, hogy egyrészt minden bels˝o pontnál van 360◦ , másrészt az eredeti h´ aromsz¨ og cs´ ucsain´ al lév˝ o¨ osszes szöget, azaz 180◦ -ot is egyszer számolnunk kell. Teh´ at k · 180◦ = n · 360◦ + 180◦ . Ebb˝ ol kapjuk, hogy k = 2n + 1, azaz a keletkezett kis háromszögek száma mindig p´ aratlan. Varga Péter, (Hajd´ uszoboszló, H˝ogyes E. Gimn., 11. évf.) dolgozatát felhasználva 100 dolgozat érkezett. 3 pontos 93, 2 pontos 7 dolgozat.


87

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 88. oldal – 24. lap


i

B. 4640. Sz´ am´ıtsuk ki a ) n ( ∑ 2n j=0

2j

j

(−3)

osszeget. ¨ (5 pont) I. megold´ as. Legyen [m/2] (

Sm =

∑ j=0

) m j (−3) . 2j

Azt áll´ıtjuk, hogy S2n értéke 22n , ha n osztható 3-mal, és −22n−1 k¨ ulönben. Az áll´ıtást n-re vonatkoz´ o teljes indukcióval bizony´ıtjuk. Az n = 1, 2, 3 esetekben könnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy val´ oban teljes¨ ul: S2 = 1 − 3 · 1 = −2,

S4 = 1 − 3 · 6 + 9 · 1 = −8,

S6 = 1 − 3 · 15 + 9 · 15 − 27 · 1 = 64.

Az indukci´ ohoz elég megmutatni, hogy m > 3 esetén Sm = (−8)Sm−3 , hiszen ebb˝ol S2n = (−8)S2n−3 = 64S2(n−3) , amib˝ol már azonnal következik az áll´ıtás. Az Sm =

(m)

= (−8)Sm−3 ¨ osszef¨ uggés igazol´ asához el˝oször az 2k binomiális egy¨ utthatót ´ırjuk fel a Pascal-h´ aromsz¨ og (m − 3)-adik sorában lév˝o binomiális egy¨ utthatók összegeként: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m m−1 m−1 m−2 m−2 m−2 = + = +2 + = 2j 2j − 1 2j 2j − 2 2j − 1 2j ( =

ahol az

(a ) b

) ( ) ( ) ( ) m−3 m−3 m−3 m−3 +3 +3 + , 2j − 3 2j − 2 2j − 1 2j

kifejezés értékét b < 0 és a < b esetén is 0-nak tekintj¨ uk. Ezt felhasználva ∑

[m/2]

Sm =

j=0

((

) ( ) ( ) ( )) m−3 m−3 m−3 m−3 j +3 +3 + (−3) . 2j − 3 2j − 2 2j − 1 2j

(m−3)

Sz´ amoljuk meg, hogy ebben az összegben mi lesz egy¨ utthatója, ha 0 6 ℓ 6 ℓ 6 m − 3. Ha ℓ = 2k + 1 p´ aratlan szám, akkor a kérdéses egy¨ uttható k+2

1 · (−3)

k+1

+ 3 · (−3)

= 0,

ha pedig ℓ = 2k p´ aros, akkor k+1

3 · (−3) 88

k

k

+ 1 · (−3) = −8 · (−3) . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 89. oldal – 25. lap

Azaz


i

[(m−3)/2] (

Sm =

) m−3 k (−8)(−3) = −8Sm−3 . 2k

∑

k=0

Ezzel igazoltuk, hogy a kérdezett összeg értéke 3-mal osztható n esetén 22n , 3-mal nem oszthat´ o n esetén pedig −22n−1 . Baran Zsuzsanna (Debrecen, Fazekas M. Gimn.), 9. évf. II. megold´ as. Tekints¨ uk a z =1+

( √ π π) 3i = 2 cos + i · sin 3 3

alak´ u komplex sz´ amot és hat´ arozzuk meg a 2n-edik hatványát (ahol n pozit´ıv egész sz´ am). A sz´ am trigonometrikus alakjából a De Moivre-képletet alkalmazva azt kapjuk, hogy ( ( ) )) ( 2π 2π z 2n = 22n cos n · + i · sin n · . 3 3 M´ asrészr˝ ol, az algebrai alakb´ ol a binomiális tételt használva: z 2n =

) 2n ( ∑ 2n j=0

j

· 12n−j ·

) n ( ∑ ( 2n ) √ n−1 (√ )j ∑ 2n j j 3i = (−3) + i 3 (−3) . 2j 2j + 1 j=0 j=0

A z 2n sz´ am kétféle fel´ır´ as´ aban a valós részeket összehasonl´ıtva ) ( ) n ( ∑ 2π 2n j 2n (−3) = 2 · cos n · 3 2j j=0 ad´ odik. Fony´ o Vikt´ oria (Keszthely, Vajda J. Gimn.), 12. évf. ´ 33 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 21 versenyz˝ o: Agoston Péter, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zolt´ an, Csépai Andr´ as, Csern´ ak Tam´ as, Di Giovanni M´ ark, Fekete Panna, Fony´ o Vikt´ oria, Geng M´ até, Gy˝ orfi-B´ atori Andr´ as, Katona D´ aniel, Kov´ acs M´ arton, ´ K´ usz Agnes, Lajk´ o K´ alm´ an, Maga Bal´ azs, M´ ocsy Mikl´ os, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Schwarcz ¨ Tam´ as, Seress D´ aniel, Williams Kada, Oreg Botond. 4 pontos 4, 3 pontos 2, 2 pontos 2, 1 pontos 1, 0 pontos 3 dolgozat.

B. 4650. Létezik-e olyan f (x) = ax+b alak´ u f¨ uggvény, melyre alkalmas p´ aroncx+d ként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o x1 , . . . , x5 val´ os sz´ amokkal f (x1 ) = x2 ,

f (x2 ) = x3 ,

f (x3 ) = x4 ,

f (x4 ) = x5 ,

f (x5 ) = x1

teljes¨ ul? (6 pont)


Javasolta: K´ arolyi Gyula (Budapest) 89

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 90. oldal – 26. lap


i

I. megold´ as. Megadunk egy ilyen f¨ uggvényt. Legyen a = c = 1 és d = 0 ̸= b. Az x1 ̸= 0 értékét kés˝ obb megválasztva, legyen x2 = f (x1 ) =

x1 + b , x1

x1 + b +b (b + 1)x1 + b x1 x3 = f (x2 ) = = , x1 + b x1 + b x1 (b + 1)x1 + b +b (2b + 1)x1 + b2 + b x1 + b x4 = f (x3 ) = = , (b + 1)x1 + b (b + 1)x1 + b x1 + b (2b + 1)x1 + b2 + b ( 2 ) +b b + 3b + 1 x1 + 2b2 + b (b + 1)x1 + b x5 = f (x4 ) = = , (2b + 1)x1 + b2 + b (2b + 1)x1 + b2 + b (b + 1)x1 + b ( 2 ) b + 3b + 1 x1 + 2b2 + b +b (3b2 + 4b + 1)x1 + b3 + 3b2 + b (2b + 1)x1 + b2 + b ) ( ) = x1 = f (x5 ) = ( 2 . b + 3b + 1 x1 + 2b2 + b b2 + 3b + 1 x1 + 2b2 + b (2b + 1)x1 + b2 + b Az ut´ obbi ¨ osszef¨ uggést rendezve: ( 2 ) ( ) ( ) b + 3b + 1 x21 − b2 + 3b + 1 x1 − b3 + 3b2 + b = 0, azaz

(

) )( b2 + 3b + 1 x21 − x1 − b = 0.

Ez biztosan teljes¨ ul, ha az els˝ o tényez˝o nulla – például, ha b = tov´ abb´ a x1 = 2, ekkor

√ −3+ 5 . 2

x2 =

2+b ≈ 0,809, 2

x3 =

x2 + b ≈ 0,528, x2

x4 =

x3 + b ≈ 0,276, x3

x5 =

x4 + b ≈ −0,382. x4

Teh´ at az f (x) =

x−

Legyen

√ 3− 5 2

x

f¨ uggvény a fenti xi értékekkel megfelel. Porups´ anszki Istv´ an (Miskolc, Földes F. Gimn., 12. évf.) 90


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 91. oldal – 27. lap


i

II. megold´ as. A tangens f¨ uggvény jól ismert tg (y + β) =

tg y + tg β 1 − tg y · tg β

o¨sszegzési képletére emlékezve legyen a = 1, b = tg β, c = − tg β, d = 1, az x változót pedig ´ırjuk x = tg y alakba; ekkor az x 7−→ f (x) =

x+b , −cx + 1

azaz

tg y 7−→

tg y + tg β = tg (y + β) 1 − tg β tg y

f¨ uggvény megfelel˝ o, ha a tg (y + kβ) (k = 0, 1, . . . , 4) értékek értelmezettek, páronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ok és tg y = tg (y + 5β). Mivel a tangens f¨ uggvény értelmezett és 2k−1 2k+1 szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o mindegyik ny´ılt ( 2 π, 2 π ) intervallumon és periodikus π szerint, b = tg (π/5) és x1 = 0 választással a feladat követelményeit kielég´ıt˝o f¨ uggvényt kapunk. Fekete Panna (Pécs, Leöwey Klára Gimn., 12. évf.) 24 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott versenyz˝ o: And´ o Angelika, Bereczki Zolt´ an, Csépai Andr´ as, Fekete Panna, Geng M´ até, Kov´ acs M´ arton, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Porups´ anszki Istv´ an, Schefler Barna, Schwarcz Tam´ as, Sz˝ oke Tam´ as, Williams Kada. 0 pontos: 12 dolgozat.

B. 4655. Megoldhat´ o-e a pozit´ıv egész sz´ amp´ arok halmaz´ an a ( ) ( ) n k 20122015 = + 2 2 egyenlet? (5 pont) Megold´ as.

Javasolta: Maga Bal´ azs

(m) 2

=

m(m−1) , ´ıgy 2

20122015 =

az egyenlet a következ˝o alakba ´ırható:

n(n − 1) k(k − 1) + . 2 2

Rendezve: 2 · 20122015 = n(n − 1) + k(k − 1), 2 · 20122015 = n2 − n + k 2 − k, 8 · 20122015 = 4n2 − 4n + 4k 2 − 4k, 8 · 20122015 + 2 = 4n2 − 4n + 1 + 4k 2 − 4k + 1, 2

2

8 · 20122015 + 2 = (2n − 1) + (2k − 1) . Az egyenlet jobb oldal´ an két négyzetszám összege áll. Azt fogjuk belátni, hogy az egyenlet bal oldala, vagyis 8 · 20122015 + 2 nem ´ırható fel két négyzetszám összegeként. Vizsg´ aljuk el˝ osz¨ or az egyenlet két-két oldalának 7-tel való osztási maradékát. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

91

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 92. oldal – 28. lap


i

A bal oldal 7-tel osztva ugyanazt a maradékot adja, mint 20122015 + 2. A 2012 7-tel osztva 3-at ad maradékul, ´ıgy a bal oldal 7-es maradéka 32015 + 2. A 3-hatványok 7-es maradéka periodikus, minden hetedik 3-hatvány ugyanazt a maradékot ( )2 2 adja, mivel 33 = 27 maradéka 6, azaz −1, ´ıgy 36 = 33 maradéka (−1) = 1. Ebb˝ol 2015 5 k¨ ovetkezik, hogy 3 -nek a 7-es maradéka ugyanannyi, mint 3 -é, ami pedig 5, ´ıgy 35 + 2 oszthat´ o 7-tel, teh´ at az egyenlet bal oldala osztható 7-tel. Az egyenlet jobb oldal´ an két (páratlan) szám négyzetösszege áll. A négyzet2 2 2 sz´ amok 7-es maradéka ugyanaz, mint a 02 , (±1) , (±2) , (±3) számoké, ezért a {0; 1; 2; 4} halmazb´ ol ker¨ ulhet ki. Az el˝obb beláttuk, hogy az egyenlet bal oldala oszthat´ o 7-tel, ´ıgy a jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie vele. A lehetséges maradékok ¨ osszegeit megvizsg´ alva kider¨ ul, hogy ez csak u ´gy történhet meg, ha mindkét négyzetsz´ am oszthat´ o 7-tel. Ekkor viszont mindkett˝o osztható 72 = 49-cel is, vagyis az egyenlet jobb oldala osztható 49-cel. Ezért a továbbiakban a bal oldal 49-es maradék´ at vizsg´ aljuk. A 3-hatv´ anyok 49-es maradéka szintén periodikus: 34 = 81 maradéka −17, ´ıgy ( )4 4 35 maradéka 49 + 3(−17) = −2, tehát 320 = 35 maradéka (−2) = 16, ezért 321 42 maradéka 3 · 16 = 48, vagyis −1; ebb˝ol következik, hogy 3 maradéka a 49-cel tör2 tén˝ o maradékos oszt´ asn´ al (−1) = 1. (Ugyanezt az Euler–Fermat-tételb˝ol is megkaphattuk volna.) Mivel 2012 = 49 · 41 + 3 és 2015 = 42 · 47 + 41, a 20122015 -nek a 49-es maradéka egyenl˝ o 341 maradék´ aval; jel¨ olj¨ uk ezt x-szel. Mivel 342 = 3 · 341 a 49-cel osztva 1-et, azaz −48-at ad maradékul, 3x + 48 = 3(x + 16) osztható 49-cel. Így x + 16 is oszthat´ o 49-cel, teh´ at 341 maradéka x = 33. Ezért a bal oldalnak, 8 · 20122015 + 2-nek a 49-es maradéka 8 · 33 + 2 = 266-nek a 49-es maradéka, ami 21, ´ıgy nem osztható 49-cel. Azt kaptuk, hogy az egyenlet bal oldala nem osztható 49-cel, de a jobb oldala igen. Ellentmond´ asra jutottunk, tehát az egyenletnek nincs megoldása a pozit´ıv egész sz´ amp´ arok k¨ orében. ´ Isk. és Gimn., 9. évf.) Németh Bal´ azs (Budapesti Fazekas M. Alt. Megjegyzések. 1. Az Euler–Fermat-tétel a k¨ ovetkez˝ ot ´ all´ıtja: Ha m pozit´ıv egész, és az m-mel val´ o oszt´ asi maradékok k¨ oz¨ ott az m-hez relat´ıv pr´ımek sz´ ama φ(m), akkor minden, az m-hez relat´ıv pr´ım a egész sz´ amra aφ(m) -nek az m-mel val´ o oszt´ asi maradéka 1 (azaz aφ(m) − 1 oszthat´ o m-mel). A feladat fenti megold´ as´ aban φ(49) = 42 szerepelt. 2. Ha egy 4k + 3 alak´ u pozit´ıv p pr´ımsz´ am oszt´ oja két négyzetsz´ am ¨ osszegének, akkor 2 a két négyzetsz´ amnak k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on is oszt´ oja; teh´ at ekkor a két négyzetsz´ am o ¨sszege p -nel is oszthat´ o. (A megold´ asban ennek p = 7 esete szerepelt.) T¨ obb is igaz: egy pozit´ıv egész pontosan akkor ´ırhat´ o f¨ ol két (nemnegat´ıv) négyzetsz´ am ¨ osszegeként, ha pr´ımtényez˝ os alakj´ aban minden 4k + 3 alak´ u pozit´ıv pr´ımsz´ am p´ aros kitev˝ on szerepel. 46 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 20 versenyz˝ o: Andi Gabriel Brojbeanu, And´ o Angelika, Cseh Krist´ of, D¨ obr¨ ontei D´ avid Bence, Fekete Panna, G´ asp´ ar Attila, GyulaiNagy Szuzina, Lajk´ o K´ alm´ an, Leitereg Mikl´ os, M´ ocsy Mikl´ os, Nagy Kartal, Nagy-Gy¨ orgy P´ al, Németh Bal´ azs, Porups´ anszki Istv´ an, Schrettner B´ alint, Schwarcz Tam´ as, Széles ´ Katalin, Sz˝ oke Tam´ as, Tihanyi Aron, Williams Kada. 4 pontos 3, 3 pontos 2, 2 pontos 3, 1 pontos 5, 0 pontos 13 dolgozat.

92


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 93. oldal – 29. lap


i

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (451–456.) K. 451. A k˝ o-pap´ır-oll´ o játékban három szabályt kell ismerni a játékosoknak: a k˝ o kicsorb´ıtja az oll´ ot, az olló elvágja a pap´ırt, a pap´ır becsomagolja a követ, ´ıgy eld˝ ol, hogy melyik gy˝ ozi le a másikat. Hány u ´j szabályt kell megalkotnunk, ha behozunk a j´ atékba négy u ´jabb lehet˝oséget (pl. gyufa, szem¨ uveg, telefon, bélyegz˝o)? Milyen alapelv szerint kell az u ´j szabályokat létrehoznunk ahhoz, hogy az u ´j játék is az eredetihez hasonl´ oan kiegyens´ ulyozott legyen? K. 452. Egy ist´ all´ ohoz csatlakozik egy takarmány tárolására szolgáló siló, melynek alakja szab´ alyos h´ aromszög alap´ u hasáb. Az ist´ all´ oép¨ ulet hosszabbik oldalának hossza 9 méter, a sil´ o egy oldal´ anak hossza (fel¨ ulnézetben) 3 méter. A sil´ o és az istálló találkozási pontj´ ahoz kik¨ ot¨ ottek egy kecskét (az ´ abr´ anak megfelel˝ oen) egy 9 méter hossz´ u kötéllel. A k¨ otelet a kecske nem tudja elszak´ıtani, és a k¨ otél nem ny´ ulik meg. Az ép¨ uletek kör¨ ul f˝ u van, nincs ker´ıtés, semmi olyan tereptárgy, ami a kecskét a legelésben akadályozná. Mekkora nagys´ ag´ u ter¨ uletet tud a kecske lelegelni? K. 453. Egy dolgozat átlaga 71 pont volt. A tanár azonban egy feladat értékelésénél hib´ azott, ´ıgy minden tanulónak adott a dolgozatára még 1 pontot. A dolgozatok ¨ osszpontsz´ ama ´ıgy 936-ra változott. Hány gyerek ´ırta meg ezt a dolgozatot? K. 454. A k¨ ovetkez˝ o m˝ uveletekben szerepl˝o számok számjegyeit nagyon sok helyen bet˝ ukkel helyettes´ıtett¨ uk. A k¨ ulönböz˝o bet˝ uk k¨ ulönböz˝o, az azonos bet˝ uk azonos sz´ amjegyet jelentenek. Egyik bet˝ u sem jelenti az 1-et. 1 · G + 1 = H, 1A · G + 2 = HG, 1AB · G + 3 = HGF, 1ABC · G + 4 = HGFE, 1ABCD · G + 5 = HGFED. Adjuk meg a bet˝ uk értékét. K. 455. Ha a 2015-¨ ot fel´ırjuk a 2-es számrendszerben, akkor palindrom számot kapunk: 11111011111. Hány olyan XXI. századi évszám van, amelynek 2-es sz´ amrendszerbeli alakja szintén palindrom? Kiss S´ andor (Ny´ıregyháza) ötlete alapján


93

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 94. oldal – 30. lap


i

K. 456. A b alap´ u sz´ amrendszerben fel´ırt 220, 251 és 304 számok három egym´ ast k¨ ovet˝ o négyzetsz´ am. Mennyi b értéke?

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

d

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1273–1279.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1273. Bizony´ıtsuk be, hogy tetsz˝oleges n, k ∈ N esetén 34n + 4 · 74k osztható 5-tel. C. 1274. Egy cég 482 dolgozója 30 járm˝ uvel csapatép´ıt˝o tréningre utazik, amelyek 4, 19, illetve 21 utast tudnak száll´ıtani. Minden járm˝ unek tele kell lennie. Melyik járm˝ ub˝ ol h´ anyra van sz¨ ukség¨ uk? Az összes megoldást adjuk meg. Feladatok mindenkinek C. 1275. Melyik az a legnagyobb ötjegy˝ u abcde pozit´ıv egész, ami osztható a bcde, cde, de és e sz´ amok mindegyikével? C. 1276. Az ABCD paralelogramma AB, BC, CD, DA oldalainak bels˝o pontjai rendre X, Y , Z, V , amelyekre fennáll: AX BY CZ DV = = = = k, XB YC ZD VA ahol a k egy 12 -nél kisebb pozit´ıv állandó. Mekkora k értéke, ha az XY ZV négyszög ter¨ ulete az ABCD paralelogramma ter¨ uletének 68%-a? C. 1277. Az r2 értékét˝ ol f¨ ugg˝oen hány megoldása van az x2 + y 2 = r2 , |x| + |y| = 2 egyenletrendszernek? 94


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 95. oldal – 31. lap


Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1278. Hat´ arozzuk meg n értékét, ha sorozat három egym´ ast k¨ ovet˝ o tagja.

(n ) (n ) 1

,

2

és

(n ) 3

i

egy növekv˝o számtani

C. 1279. Hat´ arozzuk meg azon ABCD négyzeteket, melyek A cs´ ucsa 2 2 a (4; −2) pont, B cs´ ucsa rajta van a b : (x − 5) + (y − 2) = 25 körön, D cs´ ucsa pedig a d : 4x + 3y + 2 = 0 egyenesen.


d

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4687–4695.)

B. 4687. S´ amson fel´ırja egy pap´ırlapra az 123456789-es számot. Ezután bármely két szomszédos számjegy közé besz´ urhat szorzásjelet, akár többet is k¨ ulönböz˝o helyekre, vagy egyet sem. A szorzásjelek közé es˝o számjegyeket egy számként összeolvasva egy sz´ amok szorzat´ ab´ ol álló kifejezést kap, például 1234 · 56 · 789. Legfeljebb mekkora lehet a kapott sz´ am? (3 pont)

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

B. 4688. Ha mindkét kifejezésben 50-50 kettes és hármas szerepel felváltva, akkor az al´ abbi sz´ amok k¨ oz¨ ul melyik a nagyobb: 3 .2 .. 3 32

2

vagy 3

.. 2. 3 2

32

?

(5 pont) B. 4689. Van-e olyan ¨ otsz¨ og alap´ u g´ ula, amelyet egy s´ık szabályos hatszögben metsz? (6 pont) B. 4690. Egy egyetemr˝ ol 9 matematikus egy¨ utt vett részt egy konferencián. Mivel az el˝ oad´ asok unalmasak voltak, többször is elaludtak, mindegyik¨ uk legfeljebb 4 alkalommal. Bármelyik két matematikus esetén el˝ofordult, hogy egyszerre aludtak. Mutassuk meg, hogy volt olyan id˝opont, amikor legalább hárman aludtak. (5 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

95

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 96. oldal – 32. lap


i

B. 4691. Tekints¨ unk négy párhuzamos egyenest a s´ıkon. Legyenek ezek sorrendben a, b, c és d. Tudjuk, hogy a és b távolsága 1, b és c távolsága 3, c és d távols´ aga szintén 1. Tekints¨ uk azokat a téglalapokat, amelyek cs´ ucsai köz¨ ul mind a négy egyenesen pontosan egy helyezkedik el. Hogyan kapjuk meg azt a téglalapot, amelynek a lehet˝ o legkisebb a ter¨ ulete, és mekkora ez a ter¨ ulet? (3 pont)

B. 4692. Egy hegyessz¨ og˝ u háromszög oldalait a, b és c, az ezekkel szemköztes sz¨ ogeit α, β és γ, a megfelel˝ o oldalakon nyugvó magasságvonalak hosszát pedig ma , mb és mc jel¨ oli. Igazoljuk, hogy mb mc ma + + > 2 cos α cos β cos γ a b c

(5 pont)

(

1 1 1 + + sin 2α sin 2β sin 2γ

) +

√ 3.

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)

B. 4693. Az ABC h´ aromszög AC oldalán lév˝o K pontra AK = 2KC és ABK^ = 2KBC^ teljes¨ ul. Jelölje F az AC oldal felez˝opontját, az A pont BK szakaszra es˝ o mer˝ oleges vet¨ uletét pedig L. Igazoljuk, hogy az F L és BC egyenesek mer˝ olegesek egymásra. (5 pont)

B. 4694. Keress¨ uk meg az összes olyan p1 , q1 , p2 , q2 valós számokat, melyekre teljes¨ ul, hogy az x3 + p1 x + q1 = 0 egyenletnek gyökei a p2 és q2 , az x3 + p2 x + q2 = 0 egyenletnek pedig gy¨ okei a p1 és q1 számok. (4 pont)

Javasolta: Bertalan Zolt´ an (Budapest)

B. 4695. A s´ık pontjainak egy permutációjáról tudjuk, hogy ha három pont egy k¨ or¨ on van, akkor a képeik is egy körön vannak. Mutassuk meg, hogy ennél a permut´ aci´ on´ al három pont pontosan akkor van egy egyenesen, ha a képeik is egy egyenesen vannak. (5 pont)


d 96


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 97. oldal – 33. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (635–637.) A. 635. Mutassuk ( meg, ) hogy minden c > 0 valós számhoz létezik olyan n pozit´ıv egész, amire φ σ(n) > cn. (Tetsz˝oleges k pozit´ıv egészre φ(k) a k-nál nem nagyobb, k-hoz relat´ıv pr´ım pozit´ıv egészek számát, σ(k) pedig a k pozit´ıv osztóinak ¨ osszegét jel¨ oli.) Javasolta: Szab´ o Barnab´ as (Budapest) A. 636. Adott egy konvex ABCD négyszög és a BCD háromszög belsejében egy P pont u ´gy, hogy az ABP D négyszög érint˝onégyszög, továbbá az ABP D négysz¨ og be´ırt k¨ ore, a BCP h´ aromszög be´ırt köre és a CDP háromszög be´ırt köre p´ aronként érintik egym´ ast. Jel¨ olje Q és R a megfelel˝o körök érintési pontjait a BP , illetve a DP szakaszon. Legyen S a BP és az AR egyenesek metszéspontja, T a DP és az AQ egyenesek metszéspontja, vég¨ ul U a BT és a DS egyenesek metszéspontja. Mutassuk meg, hogy a CU egyenes felezi a BCD szöget. A. 637. Legyen n pozit´ıv egész. Legyen F egy olyan halmazrendszer, amely egy n elem˝ u X halmaz ¨ osszes részhalmazának több, mint a felét tartalmazza. Bizony´ıtsuk be, hogy F-b˝ ol mindig kiválasztható ⌈log2 n⌉ + 1 halmaz u ´gy, hogy ezek egy¨ utt szeparálj´ ak X elemeit, vagyis X bármely két k¨ ulönböz˝o eleméhez van olyan kiv´ alasztott halmaz, amely a kett˝o köz¨ ul pontosan egyet tartalmaz. Schweitzer Mikl´ os Emlékverseny, 2014 Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 367. Egy M × N (5 6 M, N 6 100) négyzetb˝ol álló négyzetháló egyes négyzeteiben átl´ osan egy t¨ ukr¨ ot helyezt¨ unk el, amelynek mindkét oldala tökéletesen visszaveri a fényt. A t¨ ukr¨ ok a négyzetek középpontja kör¨ ul könnyen elfordulhatnak. A fény egy id˝ oegység alatt egy egységnyi (a négyzet oldalhosszának megfelel˝o) utat tesz meg. A fénysug´ ar a négyzetháló oldalára mer˝olegesen lép be, valamely négyzet oldalfelez˝ o pontj´ an át. Minden pillanatban, amikor a fénysugár a négyzeth´ al´ o egy négyzetének oldal´ ahoz ér, a t¨ ukrök 90 fokkal elfordulnak. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

97

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 98. oldal – 34. lap


i

A bemeneti fájl els˝ o sor´ aban a sorok, majd az oszlopok száma olvasható. A második sor adja meg, hogy milyen irányból (b, j, f, l), hányadik egységben (fentr˝ ol lefele és balr´ ol jobbra sz´ amozunk) lép be a rendszerbe a fény. Az alatta lev˝o M sor mindegyikében pontosan N karakter van. A szóköz karakter (a mintán o) jel¨ oli azokat az egységeket, ahol nincs t¨ ukör, a \ és / karakterek pedig a t¨ ukröket, valamint azok kezdeti állapot´ at mutatják. A kimeneti fájl els˝ o sor´ aban a kilépésig eltelt id˝o, a második sorában pedig – a bemenet m´ asodik sor´ aval egyez˝o formában – a kilépési hely olvasható. Ha a fény nem lép ki a rendszerb˝ ol, az els˝o sorba a -1 érték ker¨ uljön, a második pedig maradjon u resen. ¨ Bemenet 5 5 b 2 ooooo o\o/o ooooo o/o\o ooooo

Kimenet 5 b 4

A program els˝ o parancssori argumentuma a bemeneti fájl neve, a második pedig a kimeneti fájl neve legyen. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i367.zip állományban a program forráskódja (i367.pas, i367.cpp, . . . ), valamint a program rövid dokumentációja (i367.pdf), amely tartalmazza a megold´ as rövid le´ırását, és megadja, hogy a forrásállomány melyik fejleszt˝ o k¨ ornyezetben ford´ıtható. ´ Bar´ I. 368 (E). atunk szám´ıtógépet szeretne vásárolni, de nem tud eligazodni a processzorok egyes tulajdons´ agai között. Seg´ıtség¨ ul néhány CPU jellemz˝oib˝ol, valamint informatika áruh´ azakból és azok árlistáiból adatbázist ép´ıtett¨ unk, hogy megk¨ onny´ıts¨ uk a v´ alaszt´ ast és a vásárlást. Kész´ıts¨ unk u ´j adatb´ azist i368 néven. Honlapunkról letölthet˝o az ixyz.zip állom´ anyban a cpu.csv, ceg.csv és arlista.csv – pontosvessz˝ovel tagolt, UTF-8 kódol´ as´ u – sz¨ oveges állom´ any. A szöveges fájlok az els˝o sorban tartalmazzák a mez˝oneveket. A t´ abl´ ak szerkezete a következ˝o le´ır´ as szerinti. Importáljuk az állományokat és hozzuk létre a cpu, ceg és arlista táblákat, majd áll´ıtsuk be a megfelel˝o t´ıpusokat és kulcsokat. T´ abl´ ak: cpu (id, tipus, foglalat, magszal, orajel, turbo, csikszel, TDP, BM1, BM2, BM3, grafika) id a processzor azonos´ıtója (egész szám), kulcs; tipus a processzor gyártója és t´ıpusa (szöveg); foglalat a processzor foglalata (szöveg); magszal a processzorban található magok és egyszerre végrehajtható sz´ alak sz´ ama (szöveg); 98


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 99. oldal – 35. lap


i

orajel a m˝ uk¨ odési frekvencia GHz mértékegységben átlagos használat mellett (lebeg˝ opontos szám); turbo nagyobb igénybevételnél elérhet˝o maximális m˝ uködési frekvencia GHz mértékegységben (lebeg˝opontos szám); csikszel a processzor gyártásakor alkalmazott cs´ıkszélesség nm mértékegységben (egész szám); TDP a haszn´ alat közben fölvett legnagyobb teljes´ıtmény watt értékben (egész szám); BM1, BM2, BM3 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o processzorsebességet mér˝o tesztek eredményei – a nagyobb értékek mutatnak gyorsabb végrehajtást (egész sz´ amok); grafika a processzorral egybeép´ıtett grafikus egység t´ıpusa (szöveg). ceg (caz, ir, cim, nev, web) az az informatikai u ¨zlet azonos´ıtója (egész szám), kulcs; ir a budapesti u u irány´ıtószáma, amelynek ¨zlet négyjegy˝ m´ asodik és harmadik számjegye mutatja, hogy a cég mely ker¨ uletben található – pl. 1046 esetén a IV. ker¨ uletben (egész sz´ am); cim az u ¨zlet c´ıme (szöveg); nev az u ¨zlet neve (szöveg); web az u ¨zlet egyben webáruház (logikai). arlista (caz, pid, ar) caz az u utt kulcs; ¨zlet azonos´ıtója (egész szám), caz és pid egy¨ pid a processzor azonos´ıtója (egész szám), a kulcs része; ar a processzor ára az adott u ¨zletben (egész szám). Az arlista t´ abla kapcsolja össze a processzorok és cégek adatait, u ´gy, hogy természetesen minden u ¨zletben egy termék csak egyszer, egy áron szerepel. A k¨ ovetkez˝ o feladatok megoldásánál a lekérdezéseket, táblákat és jelentése¨ ket a zár´ ojelben olvashat´ o néven ments¨ uk. Ugyelj¨ unk arra, hogy a megoldásban pontosan a k´ıv´ ant mez˝ ok az el˝ o´ırt néven szerepeljenek. Szeretnénk megtudni, hogy mely processzorok a leggyorsabbak a három mért sebesség alapj´ an. A h´ arom érték átlagát közvetlen¨ ul nem érdemes átlagolnunk, hiszen értékeik k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o tartományokba esnek, ezért a három sebesség mindegyikénél kiv´ alasztjuk a maximumot, majd minden értéket a saját legnagyobb értékéhez viszony´ıtunk. 1. A sz´ am´ıt´ ashoz el˝ osz¨ or hozzunk létre egy lekérdezést, amely az MBM1, MBM2 és MBM3 névvel meghat´ arozza az egyes sebességértékek maximumát. (1maxbm) 2. Ezut´ an kész´ıts¨ unk egy lekérdezést, amiben a processzorok id azonos´ıtója és a h´ arom sebesség a megfelel˝o maximális értékkel történ˝o osztás után szerepel SBM1, SBM2, SBM3 néven, valamint egy teljesitmeny mez˝o, amely az el˝oz˝o h´ arom érték átlaga. (2teljes) 3. Kész´ıts¨ unk lekérdezést, amely teljes´ıtmény szerinti csökken˝o sorrendben megadja a processzorok és foglalatuk t´ıpusát és a teljes´ıtmény értékét. (3sorban)


99

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 100. oldal – 36. lap


i

A processzorok cs´ıkszélességének csökkentésével csökken a fogyasztás is. Ugyanakkor az egyre ¨ osszetettebb, nagyobb órajellel m˝ uköd˝o, több processzormagot és esetleg beép´ıtett grafikus egységet is tartalmazó CPU-k fogyasztása meghaladja a kisebb tud´ as´ u processzorok fogyasztását. Vizsgáljuk meg, hogy mennyiben t´ amasztj´ ak alá az adatok ezeket az általános meglátásokat. 4. B˝ ov´ıts¨ uk a cpu t´ abl´ at egy GP nev˝ u logikai mez˝ovel, és kész´ıts¨ unk módos´ıtó lekérdezést, amely értékét meghatározza, hogy van-e grafikus egység a processzorban. (4gp) 5. Adjuk meg lekérdezéssel a processzormagok és szálak száma, valamint a cs´ıkszélesség értéke szerinti csoportos´ıtásban az adott csoportba sorolható, grafikus egységet nem tartalmazó processzorok számát és fogyasztásuk átlagát. (5fogyaszt) 6. Kész´ıts¨ unk lekérdezést, amely megadja azoknak a processzoroknak a t´ıpusát, teljes´ıtményét és fogyaszt´ asát, amelyek alap és turbo órajele között legalább 0,5 GHz a k¨ ul¨ onbség. (6turbo) 7. Kész´ıts¨ unk lekérdezést, amely megadja a legalább 60% teljes´ıtmény˝ u processzorok k¨ oz¨ ul az els˝ o három legkisebb fogyasztás´ u t´ıpusát és azon cégek nevét, akik forgalmazz´ ak ezeket a processzorokat. (7kisfogy) Bar´ atunk vég¨ ul is u ´gy d¨ ont, hogy egy 8 magos AMD processzort választ, ezért most szeretné tudni, hogy milyen áron érhet˝ok el ezek a IV. és XIII. ker¨ uleti boltokban. 8. Kész´ıts¨ unk lekérdezést, amely kilistázza a fenti feltételnek megfelel˝o processzorok t´ıpus´ at, teljes´ıtményét, árát, valamint az u ¨zletek nevét, irány´ıtószámát és c´ımét. (8amd8) Bar´ atunk k¨ ozben u ´gy d¨ ont, hogy nem csak abban a két ker¨ uletben érdeklik a fenti processzorok, hanem b´ armelyik webáruházban megvásárolná ˝oket. 9. Adjuk meg lekérdezéssel annak a cégnek a nevét, amelynél a választott processzorok k¨ oz¨ ul a legolcs´ obban elérhet˝o a v´ alasztott eszközök egyike, valamint adjuk meg a processzor t´ıpusát és árát. (9web) Bar´ atunk vég¨ ul u ´gy gondolja, hogy érdemes lenne megvizsgálni a talált processzorral hasonl´ o árfekvés˝ u t¨ obbi CPU-t is, hátha egy kicsit több pénzért sokkal jobbat kaphatunk. 10. Kész´ıts¨ unk jelentést, amelyen megjelen´ıtj¨ uk a 30 000–40 000 Ft árkategóriaba es˝ ´ o processzorok t´ıpusát, teljes´ıtményét, grafikus egységének t´ıpusát, árát, azon u ¨zletek nevét, ahol a fenti tartományba es˝o árban kapható. A jelentés legyen a processzorok t´ıpusa szerint csoportos´ıtva, azon bel¨ ul ár szerint növekv˝ o sorrendbe rendezve. A jelentés c´ım legyen További processzorok 30-40 ´ Cég ”Neve, Teljes´ıtmény, Grafika” ezerért”, az adatok feletti fejléc T´ıpus, Ar, ” szavakb´ ol álljon. A jelentés A4-es méretben, álló tájolással kész¨ uljön, az összes mez˝ o és érték legyen teljes egészében látható. a Ha sz¨ ukséges, kész´ıts¨ unk az adatok kiv´ alaszt´ as´ ahoz lekérdezést. (10t¨ obbi) Forr´ as: a processzorokra vonatkoz´ o adatok a CHIP magazin 2015. janu´ ari sz´ am´ ab´ ol val´ ok. 100


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 101. oldal – 37. lap


i

Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett állományban (i368.zip) a megoldást tartalmazó adatb´ azis vagy az SQL lekérdezéseket tartalmazó szövegfájl (i368.odb, i368.accdb, i368.sql), valamint egy rövid dokumentáció (i368.txt, i368.pdf), amelyb˝ ol kider¨ ul az alkalmazott adatbázis-kezel˝ o neve és verziószáma. I. 369. Írjunk egy olyan programot, ami az alábbi, m´ınuszokból és X-ekb˝ol, valamint sort¨ orésekb˝ ol áll´ o sz¨ oveget ebben a formában ki´ırja a kimenetre. A program nem olvashat be fájlb´ ol és nem ´ırhat fájlba. A feladatban cél az, hogy a forráskód minél kevesebb karaktert tartalmazzon. Vigyázat, a programnak pontosan ugyanezt a sz¨ oveget kell ki´ırnia, nem szabad eltéveszteni! ------------------XXXXX-------------------------------XXXXXX-XXXXX--------------------------XXXXX------XXXXX---------------------XXXXX-----------XXXXX----------------XXXXX----------------XXXXX-----------XXXXX----------------------XXXXX------XXXX---------------------------XXXXXX--XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXX-----------XXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXX-------------XXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXX---------------XXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXX-----------------XXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXX-------------------XXXXXXXXXXXXXX XXXXXXX---------------------XXXXXXXXXXXXX XXXXXX-----------------------XXXXXXXXXXXX XXXXX-------------------------XXXXXXXXXXX XXXX---------------------------XXXXXXXXXX XXX-----------------------------XXXXXXXXX XX-------------------------------XXXXXXXX X---------------------------------XXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXX---------XXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX Pontoz´ as: A programhoz mellékelt, a helyes megoldás elvét tömören, de érthet˝ oen le´ır´ o dokument´ aci´ o 1 pontot ér. A program pontozása a következ˝oképp zajlik: aki a legkevesebb karakterrel megoldotta (a forráskód mérete a legkisebb), az tov´ abbi 9 pontot kap. A t¨ obbiek a legkisebb méret˝ u programhoz viszony´ıtva sz´ azalékos ar´ anyban kapnak pontot. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i369.zip állományban a program forráskódja (i369.pas, i369.cpp, . . . ) az .exe és más, a ford´ıtó által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokumentációja (i369.txt, i369.pdf, . . . ), amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forrás mely fejleszt˝oi környezetben ford´ıtható. A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2015. m´ arcius 10.


101

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 102. oldal – 38. lap


i

S. 96. Egy D (1 6 D 6 1015 ) hossz´ u rudat szeretnénk szétvágni N (1 6 N 6 6 500 000) db kisebb r´ udra. Tudjuk a kisebb rudak hosszát: az i-edik hossza ri (1 6 ri 6 1015 ) és azt is tudjuk, hogy a kisebb rudak összhossza D. Egy L hossz´ u r´ ud szétv´ ag´ asa tetsz˝ oleges hossz´ uság´ u két részre L forint. Egy vágással egyszerre csak egy rudat szabad kettév´ agni. Daraboljuk föl a lehet˝o legolcsóbban a teljes D hossz´ u rudat a megadott ri hossz´ u részekre. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et és D-t, majd a következ˝ o N sorb´ ol az ri sz´ ok¨ ozzel elválasztott egészeket, majd ´ırja a standard output els˝ o sor´ aba a minim´ alis pénzt, amennyivel megoldható a szétdarabolás. Példa bemenet (a második sortól egy sorban): 4 9 2 1 3 3

Példa kimenet: 18

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 s96.zip állományban a program forráskódja (s96.pas, s96.cpp, . . . ) az .exe és más, a ford´ıtó által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program r¨ ovid dokumentációja (s96.txt, s96.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. m´ arcius 10.

d

ERICSSON-DÍJ 2015 Felh´ıv´ as d´ıjazand´ o tan´ arok aj´ anl´ as´ ara

A 2015. ´ evi Ericsson-d´ıjat a pedag´ ogusok elismer´ es´ ere id´ en is j´ unius elej´ en, a tan´ ev v´ eg´ evel adja ´ at az Ericsson Magyarorsz´ ag. Az Ericsson Magyarorsz´ ag Kutat´ as-Fejlesztési Igazgat´ os´ aga ´ altal 1999-ben alap´ıtott d´ıjat ´ altal´ anos-, vagy k¨ ozépiskol´ akban fizik´ at vagy matematik´ at oktat´ o pedag´ ogusok nyerhetik el. Az elismerés azért j¨ ott létre, hogy t´ amogassa, elismerje és er˝ os´ıtse a magyarorsz´ agi, vil´ agviszonylatban is kiemelked˝ o matematikai és természettudom´ anyos alapképzést. Az Ericsson Magyarorsz´ ag elk¨ otelezte mag´ at a hazai oktat´ as fejlesztése mellett; v´ allal´ as´ anak fontos része ez a d´ıj. Az 1700 f˝ os hazai v´ allalat nemcsak a telekommunik´ aci´ os

102


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 103. oldal – 39. lap


i

ipar egyik legnagyobb munk´ altat´ oja, hanem 1200 f˝ os Kutat´ o-Fejleszt˝ o K¨ ozpontj´ aval a legnagyobb telekommunik´ aci´ os és informatikai kutat´ assal, szoftver és hardverfejlesztéssel foglalkoz´ o szellemi centrum Magyarorsz´ agon. Sz´ am´ ara ezért elengedhetetlen a kiv´ al´ oan képzett fiatal diplom´ as munkaer˝ o. A d´ıjra esélyes pedag´ ogusok szakmai munk´ aja és emberi hozz´ aa ´ll´ asa teszi lehet˝ ové, hogy a hazai m˝ uszaki és természettudom´ anyi diplom´ aval rendelkez˝ ok tud´ asa megfelel˝ o szellemi értéket képviseljen, és vonz´ ov´ a tegye a beruh´ az´ ast infokommunik´ aci´ os cs´ ucstechnol´ ogi´ ak kutat´ as-fejlesztésébe Magyarorsz´ agon. Az ERICSSON-DÍJAKAT 2015-ben két kateg´ ori´ aban ´ıtélik oda: 1. Ericsson a matematika ´ es fizika n´ epszer˝ us´ıt´ es´ e´ ert” d´ıj ” 2 matematik´ at ´ es 2 fizik´ at tan´ıt´ o pedag´ ogus részére egyenként 250 000 Ft-tal j´ ar´ o d´ıj. Azok kaphatj´ ak, akik tan´ıtv´ anyaikkal akt´ıvan bekapcsol´ odtak a K¨ ozépiskolai Matematikai és Fizikai Lapok vagy az ABACUS foly´ oirat´ anak pontversenyeibe, vagy a tan´ıt´ as mellett évek ´ ota a legt¨ obbet teszik a tant´ argyuk ir´ anti érdekl˝ odés felkeltéséért és megszerettetéséért. 2. Ericsson a matematika ´ es fizika tehets´ egeinek gondoz´ as´ a´ ert” d´ıj ” 2 matematik´ at ´ es 2 fizik´ at tan´ıt´ o pedag´ ogus részére egyenként 250 000 Ft-tal j´ ar´ o d´ıj. Azok kaphatj´ ak, akiknek tan´ıtv´ anyai a legjelent˝ osebb hazai vagy nemzetk¨ ozi egyéni versenyeken, péld´ aul a K¨ ozépiskolai Matematikai és Fizikai Lapok vagy az ABACUS versenyein, vagy a Varga Tam´ as, Kalm´ ar L´ aszl´ o, Zr´ınyi Ilona, Arany D´ aniel matematikaverse´ ¨ nyek, matematika vagy fizika OKTV, Oveges J´ ozsef, Jedlik Anyos, Mikola S´ andor, Szil´ ard Le´ o fizikaversenyek, a Nemzetk¨ ozi Matematika vagy Fizika Di´ akolimpi´ ak, a K¨ ursch´ ak J´ ozsef matematikai tanul´ oversenyek vagy az E¨ otv¨ os Lor´ and fizikaversenyek valamelyikén a 2009–2010-es tanévt˝ ol kezd˝ od˝ oen elnyerték az els˝ o¨ ot d´ıj egyikét. A d´ıjakat a MATFUND K¨ ozépiskolai Matematikai és Fizikai Alap´ıtv´ any ´ıtéli oda, a Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat és az E¨ otv¨ os Lor´ and Fizikai T´ arsulat Ericssond´ıjbizotts´ againak aj´ anl´ asa alapj´ an. A d´ıjazand´ okra ´ır´ asos javaslatot ny´ ujthatnak be szakmai és t´ arsadalmi szervezetek, a javasolt tan´ ar tevékenységét ismer˝ o kollég´ ak, tan´ıtv´ anyok. Az aj´ anl´ asnak tartalmaznia kell a javasolt szem´ ely r´ eszletes szakmai jellemz´ es´ et, k¨ ul¨ on¨ os tekintettel azokra a szempontokra, amelyek alapj´ an a d´ıjra érdemesnek tartj´ ak. P´ aly´ azatot csak a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o kateg´ ori´ ak P´ aly´ azati adatlapjain ny´ ujthatnak be, elektronikus form´ aban. Az adatlap let¨ olthet˝ o a www.komal.hu vagy a http://www.ericsson.hu/ericsson-dij-2015/ internet c´ımr˝ ol. Ha a kor´ abbi években m´ ar javasolt tan´ ar nem kapott d´ıjat, a felterjesztést (hivatkozva a m´ ar bek¨ uld¨ ott jellemzésre, esetleg kiegész´ıtve azt) kérj¨ uk, ismételjék meg! A p´ aly´ azatokat kiz´ ar´ olag e-mailben fogadjuk el, melyhez csatolj´ ak a jel¨ olt p´ aly´ azati adatlapj´ at. A beérkezési hat´ arid˝ o: 2015. ´ aprilis 1. E-mail c´ım: [email protected]. A bizotts´ agok a beny´ ujtott ´ır´ asos javaslatok alapj´ an 2015. ´ aprilis 23-ig d¨ ontést hoznak a jel¨ oltek sorrendjér˝ ol. A bizotts´ agok részletes indokl´ as´ at tartalmaz´ o jelentése ut´ an a MATFUND kurat´ oriuma 2015. ´ aprilis 30-´ aig d¨ ont a d´ıjazand´ ok személyér˝ ol. A d´ıjkioszt´ ou ¨nnepségre 2015. j´ unius elején ker¨ ul sor.


103

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 104. oldal – 40. lap


i

´ Eletm˝ ´ Tizennegyedik R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıj ´ atad´ o Budapest, 2014. november 27. ´ Eletm˝ ´ Idén is a Magyar Tudom´ anyos Akadémián adták át a Rátz Tanár Ur ud´ıjakat. Az Ericsson Magyarország, a Graphisoft és a Richter Gedeon Nyrt. által létrehozott Alap´ıtv´ any a Magyar Természettudományos Oktatásért 2001 óta ´ıtéli oda az életm˝ ud´ıjat, amely m´ ara a hazai természettudományos oktatás, és egyben a k¨ ozoktat´ as egyik legrangosabb elismerése lett. A személyenként 1,5 millió forin´ Eletm˝ ´ tos Rátz Tan´ ar Ur ud´ıjat évente két-két matematika, fizika, kémia és 2005 óta két biol´ ogia szakos tan´ arnak ´ıtélik oda, aki kimagasló szerepet tölt be tárgya népszer˝ us´ıtésében és a fiatal tehetségek gondozásában. A tud´ asalap´ u t´ arsadalomban a legfontosabb infrastrukt´ ura az oktatás, ezért ” ne csak a vil´ agh´ır˝ u tud´ osaink, hanem tanáraik nevét is ismerj¨ uk . . . ” – ´ıgy szól ´ Eletm˝ ´ a Rátz Tan´ ar Ur ud´ıj mottója. Mikor világh´ır˝ u, magyar származás´ u tudósainkkal b¨ uszkélked¨ unk, kevés sz´ o esik tanáraikról. Rátz tanár u ´r a legendás Fasori Gimn´ azium tan´ ara volt és t¨ obbek között Neumann Jánost és Wigner Jen˝ot is tan´ıtotta. Az alap´ıtv´ any az ˝o nevét választotta, hogy adózzon nagy m´ ult´ u és kiváló oktat´ asi kult´ ur´ ank el˝ ott és mélt´ anyolja azon pedagógusainkat, akik ma is áldozatos szakmai munk´ ajukkal és kiemelked˝o eredménnyel képzik a jöv˝o tehetségeit. Mindh´ arom alap´ıt´ o sikerének alapja az eredményes kutatás-fejlesztés, ennek alapja pedig magas szint˝ u természettudományos oktatás. A mai tudásalap´ u társadalomban rendk´ıv¨ ul nagy sz¨ ukség van a közoktatás, ezen bel¨ ul a természettudományos oktat´ as t´ amogat´ as´ ara és az ott elért sikerek elismerésére – vallják az alap´ıtók. A három v´ allalat tov´ abbra is kiemelt figyelmet k´ıván ford´ıtani nemcsak a természettudom´ anyos oktat´ as t´ amogatására, hanem arra is, hogy a kinevelt tehetségeknek olyan munkalehet˝ oséget k´ınáljanak, amiért érdemes hazájukban maradva keresni a szakmai boldogul´ ast. 2014. d´ıjazott tan´ arai: Kubatov Antal (matematika); B´ ekefi Zsuzsa (matematika); T´ oth Eszter (fizika); Z´ atonyi S´ andor (fizika); ´ B¨ oddin´ e Schr´ oth Agnes (kémia); Endr´ esz Gyo ngyi (k´ e mia); ¨ Szalain´ e T´ oth Tu ¨ nde (biológia); K´ anitz J´ ozsef (biol´ ogia). Forr´ asok: www.ratztanarurdij.hu, www.komal.hu, www.wikipedia.hu. Ol´ ah Vera 104


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 105. oldal – 41. lap


i

Fizika feladatok megold´ asa

P. 4652. Nyolc darab, egyenként 100 Ω-os fogyaszt´ ob´ ol ´ all´ o h´ al´ ozatban az A és B pont k¨ oz¨ ott 50 V fesz¨ ultséget mér¨ unk. Mekkora teljes´ıtményt vesz fel ez a fogyaszt´ ok¨ or a telepb˝ ol? (4 pont)

M´ atrai Tibor fizikaverseny, Eger

Megold´ as. A kapcsol´ ast átrajzolhatjuk az a) ábrán látható módon, ´ıgy jobban látszanak a sorosan és a párhuzamosan kapcsolt elemek. (Az ellenállások nagyságát a kis téglalapokban t¨ untett¨ uk fel az ohm mértékegység jelölése nélk¨ ul.)

A sorosan, illetve párhuzamosan kapcsolt ellenállások ered˝oje az ismert Rsoros = R1 + R2 ,

illetve

Rpárhuzamos =

R1 R2 R1 + R2

képletek alapján sz´ am´ıthat´ o. Ezeket alkalmazva több lépésen kereszt¨ ul (lásd a b), c) és d) ´ abr´ akat) eljutunk az e) ´ abr´ an látható elrendezéshez.


105

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 106. oldal – 42. lap


i

Mivel tudjuk, hogy az A és B pontok között 50 V a fesz¨ ultség, kiszám´ıthatjuk, hogy a 62,5 Ω-os ellen´ all´ ason átfolyó áram er˝ossége 0,8 A. Ugyanekkora áram folyik át a vele sorosan kapcsolt 100 Ω-os ellenálláson is, ezen tehát 80 V fesz¨ ultség esik.

Tov´ abb haladva (l´ asd az f ), g) és h) ´ abr´ akat) vég¨ ul eljutunk az egyetlen ellenállást tartalmaz´ o helyettes´ıt˝ o kapcsolásig, és err˝ol leolvashatjuk, hogy a fogyasztókör által felvett teljes´ıtmény: P = 340 V · 2,1 A = 714 W. Hamrik Szabin (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 9. évf.) 108 dolgozat érkezett. Helyes 75 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 6, hi´ anyos (1–2 pont) 16, hib´ as 11 dolgozat.

P. 4655. K¨ ozépen tengelyezett, r = 0,1 m sugar´ u, igen k¨ onny˝ u korong peremére fonalat tekert¨ unk, annak szabad végére egy m = 100 g t¨ omeg˝ u testet er˝ os´ıtett¨ unk. A koronghoz elhanyagolhat´ o t¨ omeg˝ u r´ ud csatlakozik, amelynek végére, a korong tengelyét˝ ol R = 0,2 m t´ avols´ agban egy kisméret˝ u, M t¨ omeg˝ u testet r¨ ogz´ıtett¨ unk. Kezdetben a rendszer az ábrán l´ athat´ o helyzetben nyugalomban van. A m t¨ omeg al´ at´ amaszt´ as´ at hirtelen elvéve a M t¨ omeg˝ u test az ´ abr´ an szaggatott vonallal jel¨ olt 60◦ -os helyzetet éppen eléri. Kis csillap´ıt´ as´ u lengések ut´ an a r´ ud egyens´ ulyba ker¨ ul, ekkor φ sz¨ oget z´ ar be a f¨ ugg˝ olegessel. a) Mekkora a r´ udon lev˝ o test M t¨ omege? b) Mekkora a φ sz¨ og? c) Az egyens´ ulyi helyzetb˝ ol kicsit kimozd´ıtva a rendszert, mekkora rezgésidej˝ u mozg´ as j¨ on létre? (5 pont) 106

Izs´ ak Imre Gyula természettudom´ anyi fizikaverseny, Zalaegerszeg


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 107. oldal – 43. lap


i

Megold´ as. a) Az ´ abr´ an l´ atható, α = 60◦ -os szögelfordulásnak megfelel˝o helyzetben az m t¨ omeg˝ u test az eredeti helyzetéhez képest h1 = rα = 0,1 m ·

π = 0,105 m 3

szinttel mélyebbre, a M t¨ omeg˝ u test pedig h2 = R(1 − cos α) = 0,1 m szintk¨ ul¨ onbségnek megfelel˝ o értékkel magasabbra ker¨ ul. Mivel a mozgási energia kezdetben is és ebben az állapotban is nulla, a rendszer helyzeti energi´ aja sem v´ altozhatott meg: ∆Eh = M gh2 − mgh1 = 0, ahonnan a r´ udon lév˝ o test t¨ omege: M=

h1 m = 105 g. h2

b) Az u ´j egyens´ ulyi helyzetet a forgatónyomatékok egyens´ ulya jellemzi: mgr = M gR sin φ, vagyis sin φ =

mr ≈ 0,48; MR

φ ≈ 28,6◦ .

c) Az egyens´ ulyi állapott´ ol ∆φ szöggel eltér˝o helyzetben (vagyis amikor a r´ ud φ + ∆φ sz¨ oget zár be a f¨ ugg˝ olegessel) a rendszerre ható forgatónyomaték: M (∆φ) = mgr − M gR sin(φ + ∆φ) = mgr − M gR(sin φ cos ∆φ + cos φ sin ∆φ). Kihaszn´ alva, hogy kicsiny sz¨ ogeknél cos ∆φ ≈ 1 és sin ∆φ ≈ ∆φ, a forgatónyomaték ´ıgy ´ırhat´ o: M (∆φ) = [mgr − M gR sin φ] − M gR cos φ · ∆φ. A sz¨ ogletes zár´ ojelben áll´ o kifejezés az egyens´ ulyi feltétel miatt nulla, a forgatónyomaték teh´ at M (∆φ) = −D∗ ∆φ, ahol D∗ = M gR cos φ az u ń. direkciós forgatónyomaték. A forg´ omozg´ as alapegyenlete szerint: M = Θβ, ahol Θ = M R2 + mr2 a rendszer tehetetlenségi nyomatéka, β pedig a pillanatnyi sz¨ oggyorsul´ as. A sz¨ ogelfordul´ as id˝obeli változását le´ıró Θβ = −D∗ ∆φ egyenlet és K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

107

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 108. oldal – 44. lap


i

a rezg˝ omozg´ as ma = −D ∆x egyenletének hasonló alakjából leolvashatjuk, hogy a csavarodási rezgések peri´ odusideje: √ √ Θ M R2 + mr2 T = 2π = 2π ≈ 1,1 s. ∗ D M gR cos φ Moln´ ar Szil´ ard (Sepsiszentgyörgy, Románia, Mikes K. Elm. L´ıceum, 11. évf.) dolgozata alapján Megjegyzés. A c) alkérdésre energetikai megfontol´ asok alapj´ an is v´ alaszolhatunk. Ha a rendszert ∆φ sz¨ oggel kitér´ıtj¨ uk az egyens´ ulyi helyzetéb˝ ol, a helyzeti energia v´ altoz´ asa (a kis sz¨ ogekre vonatkoz´ o k¨ ozel´ıt˝ o képletek alkalmaz´ as´ aval): ∆Eh = Eh (φ + ∆φ) − Eh (∆φ) = M gR cos φ − M gR cos(φ + ∆φ) − mgr ∆φ = = M gR cos φ(1 − cos ∆φ) + M gR sin φ sin ∆φ − mgr ∆φ ≈ ≈ M gR cos φ · 2 sin2

∆φ 1 + [M gR sin φ − mgr] ∆φ ≈ M gR cos φ · (∆φ)2 . 2 2

(Kihaszn´ altuk, hogy a sz¨ ogletes z´ ar´ ojelben ´ all´ o kifejezés az egyens´ ulyi feltétel szerint 0.) L´ athat´ o, hogy az egyens´ ulyi helyzetéb˝ ol kitér´ıtett rendszer helyzeti energi´ aja a kitérés négyzetével ar´ anyos, éppen u ´gy, mint egy megny´ ujtott rug´ o rugalmas energi´ aja. Emiatt ´ all´ıthatjuk, hogy mindkét test harmonikus rezg˝ omozg´ ast fog végezni, a m t¨ omeg˝ u test rezgési amplit´ ud´ oja A1 = r ∆φ, a M t¨ omeg˝ u testé pedig A2 = R ∆φ lesz, amennyiben ∆φ a maxim´ alis sz¨ ogkitérés. Ha a rezg˝ omozg´ as k¨ orfrekvenci´ aja ω = (2π)/T , akkor az egyens´ ulyi helyzeten val´ o´ athalad´ askor a mozg´ asi energia: Em =

) 1 1 1( 2 m(A1 ω)2 + M (A2 ω)2 = mr + M R2 ω 2 (∆φ)2 . 2 2 2

A helyzeti és a mozg´ asi energia legnagyobb értékeinek egyenl˝ oségéb˝ ol a k¨ orfrekvenci´ ara ω2 = a peri´ odusid˝ ore pedig

M gR cos φ , mr2 + M R2

√ 2π T = = 2π ω

mr2 + M R2 ≈ 1,1 s M gR cos φ

ad´ odik. (G. P.) 59 dolgozat érkezett. Helyes 14 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 38, hi´ anyos (1–3 pont) 5, hib´ as 2 dolgozat.

P. 4659. 20 cm sugar´ u, vékony fal´ u fémg¨ omb belsejében koncentrikusan egy 10 cm sugar´ u fémgoly´ ot helyez¨ unk el. A bels˝ o goly´ ot a k¨ uls˝ o g¨ omb¨ on lev˝ o ny´ıl´ ason kereszt¨ ul egy nagyon hossz´ u vezetékkel f¨ oldelj¨ uk. A k¨ uls˝ o g¨ ombnek 10−8 C t¨ oltést adunk. Mennyi lesz most a k¨ uls˝ o g¨ omb potenci´ alja? (6 pont) 108

Nemzetk¨ ozi fizikaverseny feladata


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 109. oldal – 45. lap


i

I. megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a k¨ uls˝o fémgömb sugarát R-rel, töltését Q-val, a bels˝o fémgoly´ o sugar´ at pedig r-rel. Tekints¨ uk el˝ osz¨ or azt az esetet, amikor a bels˝o golyó nincs földelve. Ekkor a potenci´ alja megegyezik a k¨ uls˝o gömb potenciáljával: Ur = UR = k

Q , R

hiszen a k¨ uls˝ o elektromos tér megegyezik egy Q nagyság´ u ponttöltés terével, a fémgömb¨ on bel¨ ul pedig nulla a térer˝osség, a potenciál tehát itt mindenhol ugyanakkora. Nézz¨ uk most azt az esetet, amikor a bels˝o golyón Q∗ töltés van, a k¨ uls˝o gömb pedig t¨ oltetlen. Ekkor a bels˝ o golyó potenciálja Ur∗ = k

Q∗ , r

UR∗ = k

Q∗ . R

a k¨ uls˝ o fémg¨ ombé pedig

Ha mindkét fémen t¨ oltés található, akkor a fenti két eset egy¨ uttesével (szuperpozici´ oj´ aval) számolhatunk, amelyet a töltések, illetve a potenciálok összegzésével kaphatunk meg. Ha a bels˝ o golyó földelve van, akkor a potenciálja nulla, tehát Ur + Ur∗ = k

Q Q∗ +k = 0, R r

ahonnan

Q∗ = −

r Q, R

a k¨ uls˝ o g¨ omb (ered˝ o) potenci´ alja pedig U = UR + UR∗ = k

Q Q∗ Q( r) +k =k 1− = 225 V. R R R R

II. megold´ as. Egy g¨ ombkondenzátor kapacitása ( ) 1 1 C = 4πε0 − , R1 R2 ahol R1 a bels˝ o, R2 pedig a k¨ uls˝o gömb sugara. A feladatban szerepl˝ o elrendezés egyenérték˝ u egy R1 =0,1 m és R2 =0,2 m sugar´ u g¨ ombkondenz´ ator, valamint egy R1 =0,2 m és R2 ≫ R1 sugar´ u gömbkondenzátor p´ arhuzamos kapcsol´ as´ aval. Az egyik kondenzátort a fémgolyó és a fémgömb bels˝ o fel¨ ulete, a m´ asikat a fémgömb k¨ uls˝o fel¨ ulete és a végtelen távoli” földelés ” val´ os´ıtja meg. A kondenz´ atorok fegyverzeteit a hossz´ u vezeték, illetve a fémgömb anyaga k¨ oti ¨ ossze, ezek val´ os´ıtják meg a párhuzamos kapcsolást. A megadott adatokkal mindkét kondenzátor kapacitása 22,2 pF, párhuzamos ered˝ oj¨ uk teh´ at 44,4 pF-os. Így a k¨ uls˝o fémgömb potenciálja (a földeléshez képest) U=

10−8 C = 225 V. 4,44 · 10−11 F T¨ obb dolgozat alapj´ an


109

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 110. oldal – 46. lap


i

Megjegyzés. Sok megold´ o elk¨ ovette azt a hib´ at, hogy a k¨ uls˝ o fémg¨ omb¨ ot és a bels˝ o fémgoly´ ot egyszer˝ uen egy g¨ ombkondenz´ atornak tekintette, +Q és −Q t¨ oltéssel. Ha ez ´ıgy lenne, akkor a nagyobb g¨ omb¨ on k´ıv¨ ul (a nulla ¨ osszt¨ oltés miatt) nem alakulna ki elektromos tér, teh´ at a fémg¨ omb is nulla potenci´ al´ u kellene, hogy legyen. M´ asrészt a fémg¨ omb és a fémgoly´ o k¨ oz¨ otti elektromos tér miatt a fémgoly´ o nem lehet ugyancsak nulla potenci´ al´ u, pedig ténylegesen az, hiszen lef¨ oldelt¨ uk. Ez az ellentmond´ as mutatja, hogy hib´ as a feltevés; a bels˝ o fémgoly´ o t¨ oltése nem lehet ugyanakkora nagys´ ag´ u, mint a k¨ uls˝ o fémg¨ ombé. 31 dolgozat érkezett. Helyes 18 megold´ as. Hib´ as 11, nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

P. 4666. Hogyan halad tov´ abb a lencsén val´ o ´ athalad´ as ut´ an az a fénysug´ ar, amelyik egy sz´ or´ olencse t´ uloldali kétszeres” f´ okusza felé tart? ” (4 pont) K¨ ozli: Zsigri Ferenc, Budapest Megold´ as. Ind´ıtsunk el a kérdéses s fénysug´ arral párhuzamosan egy másik, a lencse O középpontján irányváltoztatás nélk¨ ul továbbhaladó s′ sugarat is. A párhuzamos sugarakat a lencse az F fókuszpontjára illeszked˝o f fókuszs´ık valamely pontjába képezi le. Ez a pont rajta fekszik az s′ egyenesen is, tehát csakis az ´ abr´ an látható P pont lehet. A P pontban a sz´ or´ olencse látszólagos képet hoz lére a végtelen távoli” tárgy” ról, teh´ at a párhuzamos sugarak a lencsén átjutva u ´gy haladnak tovább, mintha a P pontb´ ol indultak volna. Ez az s sugárra is érvényes, az tehát a P R egyenes meghosszabb´ıt´ asa mentén halad tovább a lencse bal oldalán. Az ábr´ ar´ ol leolvashat´ o, hogy OR = 2 · F P , a megtört s sugár tehát u ´gy halad, mintha F2 -b˝ ol, a jobb oldali kétszeres” fókuszból indult volna el. ” Tompa Tam´ as Lajos (Miskolc, Földes F. Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján 43 dolgozat érkezett. Helyes 29 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 5, hi´ anyos (2 pont) 4, hib´ as 2, nem versenyszer˝ u 1, nem értékelhet˝ o 2 dolgozat.

P. 4674. A f¨ ugg˝ oleges tengely˝ u, 10 cm sugar´ u és 20 cm menetemelkedés˝ u, csavarvonal alak´ u dr´ otp´ aly´ an s´ url´ od´ asmentesen tud mozogni egy ´ atf´ urt, kicsiny gy¨ ongyszem. A p´ alya egyik pontj´ ab´ ol elengedj¨ uk a gy¨ ongy¨ ot. Mekkora lesz a gyorsul´ asa 1 menetnyi s¨ ullyedés ut´ an? (5 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs

Megold´ as. A gy¨ ongy gyorsulása két komponensb˝ol tehet˝o össze: egy menetirány´ u (a csavarvonal pillanatnyi érint˝ojének irány´ aba mutató) gyorsulásból, valamint egy sug´ arir´ any´ u (a csavarvonal tengelyére mer˝oleges, tehát v´ızszintes) centripetális gyorsul´ asb´ ol. Az r = 0,1 m sugar´ u, h = 0,2 m menetemelkedés˝ u csavarvonalat (az érint˝o ir´ any´ u gyorsul´ as szempontj´ ab´ ol) tekinthetj¨ uk egy olyan (felcsavart) lejt˝onek, amely110


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 111. oldal – 47. lap


i

nek alapja ℓ = 2rπ = 0,63 m, magassága 0,2 m, tehát a hajlásszöge h = 17,6◦ . ℓ Ezen a lejt˝ on a gy¨ ongyszem menetirány´ u gyorsulása: m a1 = g sin α = 3,0 2 . s α = arctg

A centripet´ alis gyorsul´ ast a gyöngyszem √ v ′ = v cos α = 2gh cos α

√ v´ızszintes sebességkomponenséb˝ol szám´ıthatjuk ki (v = 2gh a gyöngy sebességének nagys´ aga 1 menetnyi s¨ ullyedés után). A megadott számadatokkal v ′ = 1,89 m , s és ´ıgy a centripet´ alis gyorsul´ as nagysága: a2 =

v ′2 m ≈ 35,7 2 . r s

A menetir´ any´ u gyorsul´ as és a centripetális gyorsulás egymásra mer˝oleges vektorok, ered˝ oj¨ uk nagys´ ag´ at teh´ at a Pitagorasz-tétel seg´ıtségével szám´ıthatjuk ki: √ m |a| = a21 + a22 ≈ 36 2 . s Láthat´ o, hogy az ered˝ o gyorsulást lényegében a centripetális gyorsulás határozza meg, mellette a p´ alyamenti gyorsulás nem számottev˝o. Sz´ ant´ o Benedek (Keszthely, Vajda J. Gimn., 11. évf.) 82 dolgozat érkezett. Helyes 32 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 10, hi´ anyos (1–3 pont) 34, hib´ as 6 dolgozat.

P. 4681. Az ´ abr´ an l´ athat´ o, 3N darab egyforma ellen´ all´ asb´ ol ´ all´ o l´ ancb´ ol z´ art szalagot kész´ıthet¨ unk kétféle m´ odon:

a) az A és C, illetve a B és D kivezetéseket p´ aronként o otj¨ uk; ¨sszek¨ b) az A és D, illetve a B és C kivezetéseket p´ aronként ¨ osszek¨ otj¨ uk (M¨ obiusszalag). Melyik esetben lesz nagyobb az ered˝ o ellen´ all´ as a szalag A és B pontja k¨ oz¨ ott? (6 pont)

Közli: Vigh M´ até, Budapest

I. megold´ as. A feladatban szerepl˝o szalag A és B pontja közötti (egységnyi nagys´ ag´ unak tekinthet˝ o) ellen´ allást helyettes´ıthetj¨ uk a szalag mindkét végét lezáró, egyenként 2 egységnyi ellen´ allással. Ezek párhuzamos ered˝oje ugyanis (a szalag végeinek o asa ut´ an) az eredeti, egyetlen 1 egységnyi ellenállással egyenl˝o. ¨sszekapcsol´ Ha az ´ıgy átalak´ıtott l´ anc egyik végére valamekkora U fesz¨ ultséget kapcsolunk, K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

111

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 112. oldal – 48. lap


i

a másik végének két pontja k¨ ozé pedig – valamilyen polaritással – ugyanakkora (±U ) fesz¨ ultséget k¨ ot¨ unk, akkor lánc két végének összekapcsolásától akár el is tekinthet¨ unk; a kialakul´ o árameloszlás (és az abból kiszámolható ered˝o ellenállás) az ¨ osszekapcsolt és az ¨ osszekapcsolatlan ellenállásláncra ugyanaz lesz. Az azonos polarit´ as´ u fesz¨ ultségforrásokra kapcsolt (sima) szalagban a felez˝o egyenesre nézve tengelyesen szimmetrikus, az ellentétes polaritás´ u fesz¨ ultségre kapcsolt (M¨ obius-) szalagban pedig annak O középpontjára nézve centr´ aliusan (k¨ ozéppontosan) szimmetrikus fesz¨ ultségeloszlás alakul ki. Az azonos potenciál´ u pontokat o¨sszekapcsolhatjuk, és ha ´ıgy két pont közé két darab 1 egységnyi ellenállás ker¨ ul p´ arhuzamosan kapcsolva, ezeket helyettes´ıthetj¨ uk egyetlen 21 egységnyi ellenállás1 sal. Az al´ abbi ábr´ akon az 1 egységnyi ellenállást u ¨res téglalappal, az 2 egységnyi ellen´ all´ ast pedig sz¨ urke téglalappal fogjuk jelölni. Ha N p´ aros, akkor az 1. ´ abr´ an látható két helyzet jön létre (az azonos bet˝ ukkel jel¨ olt pontok azonos potenci´ al´ uak). Ezeket a kapcsolásokat a 2. ´ abr´ an bemutatott m´ odon alak´ıthathatjuk át. J´ ol látszik, hogy az A és B közötti ered˝o ellenállás az a) esetben nagyobb, mint a b) esetnek megfelel˝o Möbius-szalagnál, hiszen a két kapcsol´ as csak a jobb oldali utolsó ágban k¨ ulönbözik egymástól, és az a b) esetben kisebb ellen´ all´ as´ u. (Kihaszn´ altuk, hogy a b) esetben a centrális szimmetria miatt az S és T pont azonos potenciál´ u, a között¨ uk lév˝o ellenállás tehát rövidzárral is helyettes´ıthet˝ o.)

1. ´ abra

A páratlan N -nek megfelel˝ o kapcsolásokat a 3. ´ abra mutatja. Az ekvipotenci´ alis pontok összekötése után kialakuló kapcsolások a (4. ´ abr´ an) láthat´ ok. Most is a b) esetben lesz kisebb az A és B pontok közötti ered˝o ellenállás, hiszen csak a jobb széls˝ o ágban k¨ ulönbözik a két kapcsolás, és a széls˝o ág ellenállása a M¨ obius-szalagos kapcsol´ asban a kisebb. Kaposv´ ari Péter (Miskolc, Herman O. Gimn., 12. évf.) 112


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 113. oldal – 49. lap


i

2. ´ abra

3. ´ abra

4. ´ abra


113

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 114. oldal – 50. lap


i

II. megold´ as. Az A és B pontok közötti ellenállást eltávol´ıthatjuk a kapcsolásb´ ol, és vizsg´ alhatjuk az ´ıgy kapott csonk´ıtott” (a jobb és a bal oldal felcserélé” sére nézve szimmetrikus) elrendezést. (A kisebb-nagyobb reláció szempontjából ez a csonk´ıt´ as nyilv´ an lényegtelen, hiszen ha a maradék lánc ered˝o ellenállása valamelyik esetben nagyobb, az elt´ avol´ıtott ellenállással egy¨ utt is ugyanebben az esetben lesz nagyobb csonk´ıtott rész és az eltávol´ıtott ellenállás párhuzamos ered˝oje.) Kapcsoljunk az A és B pontok közé valamekkora (mondjuk U nagyság´ u) fesz¨ ultséget, és vizsg´ aljuk meg, mekkora teljes´ıtményt vesz fel az egész ellenálláslánc. Ezt a teljes´ıtményt kétféle módon is kiszám´ıthatjuk: P =

∑ U2 = R0 Ik2 , Rered˝o k

ahol R0 az egyforma ellen´ all´ asok nagysága, Ik pedig a k-adik ellenálláson átfolyó áram er˝ ossége. (A k-ra vett összegzés a teljes láncra, annak minden elemére vonatkozik.) Láthat´ o, hogy annál a kapcsolásnál lesz kisebb az ered˝o ellenáll´ as, amelyiknél az áramer˝ osségek négyzetösszege nagyobb. Bel´ atjuk, hogy ez a M¨ obius-szalagra teljes¨ ul, vagyis ∑ ∑ I 2, I2 > (1) sima

M¨ obius

és emiatt (M¨ obius-szalag)

(2)

Rered˝o

(sima szalag)

< Rered˝o

.

Tekints¨ uk el˝ osz¨ or az 5. ´ abr´ an látható elrendezést, amelyben a szalag bal oldalára adott nagys´ ag´ u fesz¨ ultséget kapcsolunk, a jobb oldali kivezetéseit pedig rövidre zárjuk. A kialakuló áramer˝ osségeket az ábrán látható módon jelölj¨ uk.

5. ´ abra

Ha ugyanezt a kapcsol´ ast a jobb és a bal oldal felcserélésével áll´ıtjuk össze, abban a 6. ´ abr´ an l´ athat´ o áramok fognak folyni. Szuperponáljuk egym´ asra (a megfelel˝o fesz¨ ultségek és áramer˝osségek o¨sszead´ as´ aval) az 5. és a 6. ábr´ an l´ atható elrendezést! Ekkor a két-két végpont azonos potenci´ al´ u lesz, teh´ at az eredeti feladat a) kérdésében szerepl˝o módon o¨ssze is köthetj¨ uk azokat. A kialakul´ o áramer˝osségeket a 7. ´ abra mutatja. Eszerint a sima szalag ellen´ all´ asaiban foly´ o áramer˝osségek négyzetösszege: (3)

∑ sima

114

2

I =2

N ∑ i=1

2

(Ii − IN +1−i ) +

N −1 ∑

2

(Ji + JN −i ) .

i=1


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 115. oldal – 51. lap


i

6. ´ abra

7. ´ abra

Hasonl´ o m´ odon kapjuk meg a Möbius-szalag megfelel˝o kifejezéseit is. Ha a 6. ábr´ an l´ athat´ o kapcsol´ asban −U fesz¨ ultséget köt¨ unk a szalag jobb szélére, valamennyi áramer˝ osség ir´ anya megváltozik. A szuperponált” elrendezésben a bal és ” a jobb oldali végpontok potenciálja keresztir´ anyban” egyezik meg egymással, te” h´ at a b) esetnek megfelel˝ oen Möbius-szalagként kapcsolható össze az ellenálláslánc (8. ´ abra). Ennek megfelel˝ oen az áramok négyzetösszege: (4)

∑ M¨ obius

I2 = 2

N ∑

2

(Ii + IN +1−i ) +

i=1

N −1 ∑

2

(Ji − JN −i ) .

i=1

8. ´ abra

Behelyettes´ıtve (3)-at és (4)-et a bizony´ıtandó (1) egyenl˝otlenségbe a négyzetes tagok kiejtése és egyszer˝ us´ıtések után kapjuk, hogy 2I1 · IN +

N −1 ∑

(2Ii · IN +1−i − Ji · JN −i ) > 0.

i=1

Ez az egyenl˝ otlenség biztosan igaz, ha a zárójelben szerepl˝o tagok mindegyike pozit´ıv, vagyis ha: (5)

αi ≡

2Ii JN −i > ≡ βN −i . Ji IN +1−i


115

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 116. oldal – 52. lap


i

Bel´ atjuk, hogy a fenti egyenl˝ ul, mert az αi arányszámok √ otlenség valóban teljes¨ √ mindegyike nagyobb, mint 1 + 3, a βi számok pedig mind kisebbek, mint 1 + 3 (i = 1, 2, 3, . . .). Kapcsoljunk az 5. ábr´ an látható láncra akkora fesz¨ ultséget, hogy a legutolsó (a jobb széls˝ o) ágban 1 egységnyi legyen az áramer˝osség (9. ´ abra).

9. ´ abra

Mivel a l´ ancszemek R0 ellenállását is egységnyinek választhatjuk, az utolsó 2 ellen´ all´ ason 2 egységnyi fesz¨ ultség esik, emiatt az S és T pontok közötti létrafo” kon” átfoly´ o áram is 2 egységnyi. A csomóponti törvény szerint az S pontba befolyó és a T pontb´ ol kifoly´ o áram er˝ ossége 3 egység, az S ′ és T ′ pontok közti fesz¨ ultségesés teh´ at 3 + 2 + 3 = 8 egység, és ugyanekkora áram folyik S ′ és T ′ között, és ´ıgy tov´ abb fokonként meghat´ arozhatók az áramer˝osségek. Kiszám´ıthatjuk, hogy αN −1 = 2 ·

3 = 3,000, 2

β1 =

2 = 2,000; 1

αN −2 = 2 ·

11 = 2,750, 8

β2 =

8 = 2,667; 3

αN −3 = 2 ·

41 = 2,733, 30

β3 =

30 = 2,727; 11

αN −4 = 2 ·

153 = 2,7321, 112

β4 =

112 = 2,7317, 41

vagyis az egyik sorozat monoton csökken, a má√ sik monoton növekszik, és (sejthet˝oen) egyre jobban megk¨ ozel´ıtik az idézett 1 + 3 ≈ 1,7320 határértéket”. ” Ha a l´ anc valamelyik ág´ aban (pl. a 9. ábrán látható P és Q pontok között) Jk áram folyik, és ismerj¨ uk az ehhez az ághoz tartozó αk arányszámot, akkor a Kirchhoff-féle hurok- és csom´ oponti törvényb˝ol kiszám´ıthatjuk a szomszédos P ′ és ′ Q pontok k¨ oz¨ otti áram er˝ osségét is, és innen a szomszédos ághoz tartozó α-arányt: αk−1 =

2 + 3αk . 1 + αk

Ennek a rekurzi´ os formul´ anak α∗ fixpontja” az αk−1 = αk egyenlet (pozit´ıv) gyö” keként ad´ odik: α∗ = 116

2 + 3α∗ , 1 + α∗

ahonnan

α∗ = 1 +

√ 3.


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 117. oldal – 53. lap


i

Algebrai átalak´ıt´ asok ut´ an k¨ onnyen megkaphat´ o, hogy αk−1 < αk (tehát k csökkenésével a sorozat elemei monoton csökkennek), és αk−1 > α∗ , ha αk > α∗ . Hasonl´ o lépésekkel l´ athatjuk be, hogy a monoton növekv˝o (βk+1 > βk ) sorozatnak is α∗ a fixpontja”, és teljes¨ ul βk+1 < α∗ , ha βk < α∗ . Ezek szerint az (5) egyen” l˝otlenség val´ oban fenn´ all, vagyis (1) bizony´ıtást nyert. Ezzel beláttuk, hogy a megcsavar´ as nélk¨ ul o sszekapcsolt szalag ( létra”) bármelyik fokának végpontjai között ¨ ” nagyobb az ered˝ o ellen´ all´ as, mint a megcsavart Möbius-szalag valamelyik fokának végpontjai k¨ oz¨ otti ered˝ o ellen´ allás. Berta Dénes (Szeged, Radnóti M. K´ısérleti Gimn., 12. évf.) 13 dolgozat érkezett. Helyes 10 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4689. Egy termodinamikai h˝ oer˝ ogépben a munkavégz˝ o k¨ ozeg kétatomos molekul´ aj´ u ide´ alis g´ az, mely ciklusonként két izob´ ar és két izochor folyamatb´ ol ´ all´ o egyens´ ulyi k¨ orfolyamaton megy ´ at. A g´ az legmagasabb h˝ omérséklete ebben a k¨ orfolyamatban 500 K. Abban a két ´ allapotban, amikor a g´ az izochor folyamatr´ ol izob´ arra tér ´ at, egyenl˝ o a h˝ omérséklet. Mekkora a g´ az legalacsonyabb h˝ omérséklete a k¨ orfolyamat sor´ an, ha a gép legnagyobb hat´ asfoka a két széls˝ o h˝ omérséklet k¨ oz¨ ott zajl´ o k¨ orfolyamatban 9,9-szer akkora lehetne, mint amekkora a termodinamikai hat´ asfok a fenti esetben? (5 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

Megold´ as. A k¨ orfolyamat a p − V diagramon az ´ abr´ an látható téglalappal szemléltethet˝ o. A B és a D ´ allapot h˝omérséklete megegyezik, ´ıgy a gáztörvény szerint V1 p2 = V2 p1 ,

azaz

p2 V2 = = x. p1 V1

Ha siker¨ ul meghat´ aroznunk az x aránysz´ amot, abb´ ol a gáz legalacsonyabb h˝omérsékletét is kiszám´ıthatjuk: TA =

p1 V1 1 1 · TC = 2 · TC = 2 · 500 K. p2 V2 x x

A két széls˝ o h˝ omérséklet között a legnagyobb hatásfok egy Carnot-folyamattal érhet˝ o el: ηmax =

1 TC − TA = 1 − 2. TC x

Sz´ am´ıtsuk ki a feladatban szerepl˝o körfolyamat termodinamikai hatásfokát is x-szel kifejezve! A kétatomos gáz molekuláinak szabadsági foka f = 5, ´ıgy a gáz mólh˝oje álland´ o térfogaton 52 R, álland´ o nyomásnál pedig 72 R. Ennek megfelel˝oen az A → B K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

117

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 118. oldal – 54. lap


i

és a B → C állapotv´ altoz´ as során felvett h˝o: QA→B =

5 5 5 nR(TB − TA ) = (p2 V1 − p1 V1 ) = p1 V1 (x − 1), 2 2 2

QB→C =

7 7 7 nR(TC − TB ) = (p2 V2 − p2 V1 ) = p1 V1 · x(x − 1), 2 2 2

a ciklusonként végzett munka pedig az ábrán látható téglalap ter¨ ulete: 2

Wgáz = (p2 − p1 )(V2 − V1 ) = p1 V1 · (x − 1) . Eszerint a folyamat hat´ asfoka (a számunkra érdekes x > 1 esetben): 2

η(x) =

Wgáz (x − 1) x−1 =2 =2 . QA→B + QB→C (x − 1)(7x + 5) 7x + 5

Az ηmax = 9,9 η(x) feltétel akkor teljes¨ ul, ha fennáll 1−

1 x−1 = 19,8 . 2 x 7x + 5

Ez (x − 1 ̸= 0-val egyszer˝ us´ıtve) a 12,8x2 − 12x − 5 = 0 m´ asodfok´ u egyenletre vezet, amelynek fizikailag értelmes, pozit´ıv megoldása: x1 = 1,25. Ennek megfelel˝ oen a gáz legalacsonyabb h˝omérséklete: TA =

500 K TC = = 320 K. x21 1,252 Fekete Panna (Pécs, Le˝ovey K. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján

41 dolgozat érkezett. Helyes 35 megold´ as, hi´ anyos (2–4 pont) 6 dolgozat.

M´ er´ esi feladat megold´ asa

M. 344. A4-es pap´ırlapokb´ ol a r¨ ovidebb oldalélek (kb. 1 cm-es ´ atfedéssel t¨ ortén˝ o) ¨ osszeragaszt´ as´ aval pap´ırcs¨ oveket kész´ıt¨ unk. A cs¨ oveket v´ızszintes asztallapra ´ all´ıtva, majd tengelyir´ any´ u terhelést alkalmazva vizsg´ aljuk meg, mekkora terhel˝ oer˝ o esetén csuklanak ¨ ossze”! Hogyan v´ altozik a kritikus ” terhel˝ oer˝ o a pap´ırcs˝ o magass´ ag´ anak f¨ uggvényében? (6 pont)

118

Közli: Vigh M´ até, Budapest


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 119. oldal – 55. lap


i

Megold´ as. A felhaszn´ alt eszk¨ oz¨ ok: digitális fényképez˝ogép, alum´ınium tál (3 literes), m˝ uanyag t´ al (3 literes), csempelap (15 cm × 15 cm), digitális mérleg (1 gramm pontoss´ ag´ u), v´ız (kb. 3 liter), A4-es (210 mm × 297 mm), famentes pap´ırlapok (50 darab, 80 g/m2 ), cellux ragasztószalag, olló, far´ ud, jegyzetf¨ uzet, toll. A mérés menete: 1. A feladat ki´ır´ asa szerinti módon A4-es pap´ırlapokból H = 20, 40, 60, 80, 105, 130, 150, 170, 190, 210 mm magasság´ u pap´ırhengereket kész´ıtettem, minden magass´ agb´ ol 5 darabot, teh´ at ¨ osszesen 50 darabot. 2. A ragaszt´ ast cellux ragasztószalaggal végeztem a teljes H magasság mentén. A hosszabb pap´ırcs¨ oveket k¨ ozépen kezdetben nem tudtam rendesen összeragasztani, mert ha teljesen beleny´ ulok a pap´ırcs˝o közepébe és az ujjammal lenyomom a ragaszt´ oszalagot, akkor a cs˝ o megsér¨ ult, behorpadt volna. Ezért egy farudat dugtam a pap´ırcs˝ obe, mert ´ıgy az ujjammal már a cs˝o sér¨ ulése nélk¨ ul nyomogathattam a pap´ırhoz a ragaszt´ ot. 3. Egy-egy elkész¨ ult pap´ırcsövet v´ızszintes, sima fel¨ ulet˝ u asztalra áll´ıtottam, f¨ ugg˝ olegesen. A tetejére v´ızszintesen egy csempelapot tettem, hogy mindenhol egyenletesen érje a nyom´ as a pap´ırcsövet. 4. A csempére r´ atettem az alum´ınium tálat, majd megkértem a seg´ıt˝omet, hogy kezdje el a m˝ uanyag t´ alból önteni a vizet az alum´ınium tálba. 5. Addig ¨ ont¨ otte a vizet, am´ıg az alatta lév˝o pap´ırcs˝o össze nem csuklott. Ebben a pillanatban kezemmel elkaptam a v´ızzel teli tálat, nehogy leboruljon és ki¨ om¨ olj¨ on a v´ız. Az ¨ osszecsukl´ as pillanatában a seg´ıt˝om abbahagyta a v´ız öntését, ´ıgy éppen csak annyi v´ız ker¨ ult a tálba, hogy a tál, a csempe és a v´ız egy¨ uttes s´ uly´ at´ ol ¨ osszeroppanjon a pap´ırcs˝o. 6. A digit´ alis mérleggel megmértem a csempe + az alum´ınium tál + a tálban lév˝o v´ız s´ uly´ at, ´ıgy megkaptam azt a s´ ulyt, amit˝ol a pap´ırcs˝o összecsuklott. 7. A mérést megismételtem további 4, ugyanolyan magasság´ u pap´ırhengerrel. 8. A fenti 5 mérést megismételtem további 9, k¨ ulönböz˝o magasság´ u pap´ırhengerrel is. 9. Az 50 mérési adatot (a pap´ırhenger összecsuklásához sz¨ ukséges s´ ulyokat) t´ abl´ azatba foglaltam, és az adatokat grafikonon ábrázoltam. 10. Az egyik mérés egyes lépéseir˝ol fényképeket kész´ıtettem. Kiértékelés: 1. A t´ abl´ azatb´ ol és a 2. ´ abra grafikonjából arra a következtetésre jutottam, hogy a pap´ırhenger ¨ osszecsuklásához sz¨ ukséges G s´ uly gyakorlatilag nem f¨ ugg a henger H magass´ ag´ at´ ol.1 Látható, hogy a s´ ulyok átlaga össze-vissza (kaotikusan) v´ altozik; amint H n˝ o, G átlaga a következ˝oképpen változik: csökken, csökken, n˝ o, cs¨ okken, n˝o, cs¨ okken, n˝ o, n˝o, csökken. Továbbá mind a 10 vizsgált magasság esetén G minimuma és maximuma nagyon eltér egymástól és az átlagtól, vagyis nagy a mért G értékek sz´ or´ asa. 1

T¨ obb versenyz˝ o ett˝ ol eltér˝ o k¨ ovetkeztetésre jutott. Meg´ allap´ıtott´ ak, hogy a magasabb pap´ırhengerek m´ ar kisebb terhelés hat´ as´ ara is ¨ osszeroskadnak, de ennek sz´ amszer˝ u jellemzése az adatok nagy sz´ or´ asa miatt ´ altal´ aban nem volt meggy˝ oz˝ o. (A Jav´ıt´ o.)


119

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 120. oldal – 56. lap


i

1. ´ abra. (A) A méréshez haszn´ alt eszk¨ oz¨ ok. (B) V´ız csorgat´ asa a pap´ırhengeren lév˝ o csempére helyezett alum´ınium t´ alba. (C) A csempe, az alum´ınium t´ al és a t´ alban lév˝ o v´ız s´ uly´ anak megmérése. (D) 10 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o magass´ ag´ u, magass´ agonként 5-5 darab, a terhelés hat´ as´ ara ¨ osszecsuklott pap´ırhenger fényképe. (E) 10 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o magass´ ag´ u, fel¨ ul ¨ osszecsuklott pap´ırhenger fényképe. (F ) 10 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o magass´ ag´ u, alul ¨ osszecsuklott pap´ırhenger fényképe

2. A t´ abl´ azatb´ ol, valamint az 1.E és 1.F ´ abr´ akb´ ol látszik, hogy adott H magass´ ag´ u pap´ırhenger olykor alul, néha középen, máskor pedig fel¨ ul csuklott o¨ssze. Az o sszecsukl´ a s helye is v´ e letlenszer˝ u volt. ¨ 120


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 121. oldal – 57. lap


i

T´ abl´ azat. A 10 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o magass´ ag´ u, darabonként 5-5 azonos pap´ırhenger osszecsukl´ as´ ahoz sz¨ ukséges s´ ulyok t¨ omege (gramm), azok ´ atlaga (gramm), ¨ és a pap´ırhenger ¨ osszecsukl´ asi helyeinek sz´ ama

2. ´ abra. A pap´ırhenger ¨ osszecsukl´ as´ ahoz sz¨ ukséges s´ uly t¨ omege (gramm, f¨ ugg˝ oleges tengely) a henger H magass´ ag´ anak (mm, v´ızszintes tengely) f¨ uggvényében

3. E véletlenszer˝ uség és G nagy szórásának okai részben az alább felsorolt hibalehet˝ oségekre vezethet˝ ok vissza. A pontos magyarázatot sajnos nem tudom. Hibalehet˝ oségek: 1. Amikor összecsuklott egy adott pap´ırcs˝o, még egy igen rövid ideig (néh´ any tized másodpercig) tovább folyhatott az alum´ınium tálba a v´ız, mert az ember reflexei nem t¨ okéletesek. Így egy picit több v´ız ker¨ ulhetett a tálba, mint amennyi a henger o sszecsukl´ asához kellett volna valójában. Ezen ismeretlen ¨ többlets´ uly véletlenszer˝ uen v´ altozhatott. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

121

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 122. oldal – 58. lap


i

2. Amikor abbahagytuk a v´ız öntését az alum´ınium tálba, az éppen a leveg˝oben lév˝ o v´ızoszlop még leért a t´ alba, ´ıgy ezáltal is egy kis mennyiséggel több v´ız ker¨ ult a t´ alba. Ezen ismeretlen nagyság´ u többlets´ uly is véletlenszer˝ uen változhatott. 3. Nem tudtam mindig tökéletesen egyformán vágni a pap´ırlapokat, ezért néha az o u eltolódás keletkezett ¨szeragasztott pap´ırhenger egyik végén lépcs˝oszer˝ a ragaszt´ as ut´ an. Az ilyen pap´ırcsövek gyakran kisebb s´ uly hatására csuklottak o¨ssze, mint a pontosabban o ¨sszeragasztottak. Horv´ ath Sebestyén Lén´ ard (Vác, Piarista Gimn., 9. évf.) 29 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott Asztalos Bogd´ an, Békési Gerg˝ o Bendeg´ uz, Csath´ o Botond, Holczer Andr´ as, Horv´ ath Sebestyén Lén´ ard és Olosz Bal´ azs megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (5 pont) 9, hi´ anyos (2–4 pont) 14 dolgozat.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

M. 348. Egy megterhelt csavarrugónak nemcsak a hossza v´ altozik meg, hanem a rugó – ha az egyik vége szabadon elfordulhat – bizonyos mértékig kicsavarodik”. Mérj¨ uk meg, hogyan f¨ ugg ” a rug´ o végének sz¨ ogelfordul´ asa a terhel˝o er˝ot˝ol! Végezz¨ unk méréseket k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o menetszám´ u és k¨ ulönb¨ oz˝ o er˝ osség˝ u rug´ okkal! (6 pont)

K¨ ozli: Gn¨ adig Péter, Vácduka

P. 4704. Sz´ am´ıtsuk ki a higanyos h˝omér˝o gömbjének köbtartalmát 0 ◦ C-nál, ◦ ha a 0 C-os és a 100 ◦ C-os vonalak közötti rész köbtartalma 5 mm3 . Az u ¨veg lineáris h˝ot´ agul´ asi egy¨ utthat´ oja 8 · 10−6 (1/◦ C), a higany térfogati h˝otágulási egy¨ utthatója 1,8 · 10−4 (1/◦ C). (3 pont)

Farag´ o Andor (1877–1944) feladata

˝ allomás 92 perc alatt ker¨ P. 4705. A Nemzetk¨ ozi Ur´ uli meg a Földet. Tegy¨ uk fel, hogy k¨ orp´ aly´ an mozog. Milyen magasan kering a Föld felsz´ıne felett? Mennyit változik naponta a keringési ideje, ha a pályamagassága (két pályakorrekció között) egy nap alatt kb. 100 métert cs¨ okken? (4 pont)

Közli: Vass Mikl´ os, Budapest

P. 4706. Egy 30 cm alap´ u, rögz´ıtett, egyenes lejt˝o tetejér˝ol s´ urlódás nélk¨ ul lecs´ uszik egy test. Legal´ abb mennyi id˝o alatt ér le a lejt˝o aljára? (4 pont) 122

Versenyfeladat nyom´ an


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 123. oldal – 59. lap


i

P. 4707. V´ızszintes fel¨ uleten egy m = 0,2 kg és egy 4m tömeg˝ u test s´ urlód´ asmentesen mozoghat. A nagyobb tömeg˝ u test egy D = 320 N/m rugóállandój´ u, ny´ ujtatlan h´ uz´ o-nyom´ o rug´ ohoz van er˝os´ıtve. A kisebb tömeg˝ u test v0 = 5 m/s sebességgel egyenesen neki¨ utk¨ ozik a nyugalomban lév˝o másik testnek. Az u ¨tközés teljesen rugalmas. a) Mekkora a rug´ o maximális o¨sszenyomód´ asa? b) Mennyi lesz a rug´ ohoz er˝os´ıtett test legnagyobb sebessége és a rugó legnagyobb megny´ ul´ asa? (4 pont)

Közli: Zsigri Ferenc, Budapest

P. 4708. Téglalap és négyzet alak´ u lemezt a s´ıkjukra mer˝oleges és középpontjukon átmen˝ o tengely k¨ or¨ ul forgatunk. A két lemez tömege, vastagsága és s˝ ur˝ usége ugyanakkora. A téglalap egyik oldala a másiknak fele. Melyik lemeznek van nagyobb tehetetlenségi nyomatéka? (Nem sz¨ ukséges a tehetetlenségi nyomatékokat k¨ ul¨ on kisz´ am´ıtani!) (4 pont)

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

P. 4709. Egy 2 dm élhossz´ uság´ u, homogén m˝ uanyag kocka tömege 1,0 kg, 2 anyag´ anak Young-modulusza 107 N/m . a) Mennyire nyom´ odik ¨ ossze ez a kocka, ha egy merev, v´ızszintes lapra helyezz¨ uk? b) Mennyivel cs¨ okken a s´ ulypont magassága? (5 pont)

Közli: Horv´ ath Istv´ an, Fonyód

P. 4710. H˝ oszigetel˝ o edényben lév˝o 1 kg tömeg˝ u, 2 ◦ C h˝omérséklet˝ u v´ızbe ◦ annyi 0 C-os jeget tesz¨ unk, hogy a jég éppen elolvadjon, és a v´ız h˝omérséklete 0 ◦ C legyen. a) N˝o vagy cs¨ okken ek¨ ozben a rendszer entrópiája? b) Adjunk sz´ amszer˝ u becslést az entrópiaváltozásra! (5 pont)

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

P. 4711. Hat egyforma fonálingát kész´ıt¨ unk elhanyagolható s´ uly´ u, elektromosan szigetel˝ o fon´ alb´ ol és kicsi, 5 g tömeg˝ u fémgömbökb˝ol. A fonálingák hossza 0,5 m. A hat ing´ at egyazon pontban felf¨ uggesztj¨ uk, majd ezen ponton átmen˝o f¨ ugg˝oleges tengely k¨ or¨ ul megforgatjuk. Elég hossz´ u id˝o m´ ulva a kis gömbök v´ızszintes s´ık´ u, r sugar´ u k¨ or¨ on keringenek. a) Mekkora r, ha a keringési id˝o 1 s? b) Mekkora azonos t¨ oltéssel kellene ellátnunk a gömböket, hogy forgás nélk¨ ul is ugyanezen az r sugar´ u k¨ or¨ on helyezkedjenek el? (4 pont)


Közli: Légr´ adi Imre, Sopron 123

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 124. oldal – 60. lap


i

P. 4712. Egy homogén anyag´ u, egyenletes keresztmetszet˝ u rézgy˝ ur˝ u mely két pontja k¨ ozé kapcsolhatunk elektromos fesz¨ ultségforr´ ast, ha azt szeretnénk elérni, hogy a rézgy˝ ur˝ uben folyó áram keltette mágneses térer˝ osség a gy˝ ur˝ u középpontjában zérus legyen? (4 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest P. 4713. F¨ ugg˝oleges, B mágneses indukciój´ u homogén mágneses mez˝oben lév˝o fonálon egy m tömeg˝ u, Q töltés˝ u, kisméret˝ u golyó f¨ ugg. A golyónak akkora és olyan irány´ u sebességet adunk, hogy az v´ızszintes s´ıkban egyenletes körmozgást végezzen. Egy másik alkalommal u ´gy áll´ıtjuk ugyanolyan sugar´ u, v´ızszintes s´ık´ u körpályára a golyót, hogy az a mágneses mez˝ oben ellentétes irányban körözzön.

a) Hat´ arozzuk meg a két fonáler˝o arányát! b) Mekkora a sz¨ ogsebességek nagyságának k¨ ulönbsége a két mozgás során? (4 pont)

Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs

P. 4714. Egy mesterséges hold a Föld kör¨ ul olyan ellipszispályán kering, amelynek nagytengelye 2a, kistengelye 2b. Határozzuk meg a mesterséges hold sebességét a) p´ aly´ aj´ anak a F¨ oldh¨ oz legközelebbi pontjában, b) p´ aly´ aj´ anak a F¨ oldt˝ ol legtávolabbi pontjában, c) a F¨ old k¨ ozéppontj´ at´ ol r távolságban. (5 pont)

So´ os K´ aroly (1930–2014) feladata

d Helyesb´ıt´ es A m´ ult havi sz´ amunkban a P. 4702. feladat hibásan jelent meg. Az alábbi, helyesb´ıtett sz¨ oveg˝ u feladat megoldása a februári feladatokkal egy¨ utt ismételten bek¨ uldhet˝ o; azt janu´ ari feladatként pontozzuk. (A korábban bek¨ uldött dolgozatokat nem értékelj¨ uk.) A hib´ aért a feladat kit˝ uz˝ojét˝ol és a versenyz˝okt˝ol elnézést kér¨ unk. (A szerk.) P. 4702. Négy darab 10 cm oldal´ u, k¨ ulönböz˝o anyagi min˝oség˝ u betonkockát az ´ abr´ anak megfelel˝oen helyez¨ unk egymás mellé, és 60 Co gammasugárnyalábbal világ´ıtjuk meg” egymás után 4 po” z´ıcióból (S1, S2, S3 és S4). A sugárforrásokkal szemben, a betonkock´ ak mögött 4 detektort is elhelyezt¨ unk (D1, D2, D3 és D4). Az els˝o három mérés szerint a betonkockák a sugárzás intenzitását rendre az eredeti érték 86,76, 71,94 és 84,25 sz´ azal´ ek´ aval csökkentik. 124


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 125. oldal – 61. lap


i

a) Hány sz´ azal´ ekkal 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

Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. m´ arcius 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. 2. February 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 93): K. 451. In the game of rock-paper-scissors, players need to observe three rules: the rock blunts the scissors, the scissors cut the paper, and the paper wraps the rock. These rules decide which weapon wins. How many new rules need to be formulated if four extra weapons are added to the game (for example, matchstick, spectacles, telephone, stamper)? What is the fundamental principle of forming the rules, in order that the new game should be balanced, like the original game? K. 452. A silo for storing winter food for cattle is attached to one corner of a rectangular stable. The silo is shaped like a regular triangular prism, with base edges of length 3 metres. The longer side of the stable is 9 metres. With a 9-metre-long rope, a goat is tied to the point where the silo joins with the stable (see the figure). The goat cannot break the rope, and the rope will not stretch. The buildings are surrounded with grass, and there is no fence or any other obstacle hindering the goat from grazing. Find the area that the goat can graze. K. 453. The mean mark on a test was 71 points. However, the teacher made a mistake in assessing one of the problems, so every student was given an extra point. Thus the total mark on the papers changed to 936. How many students took the test? K. 454. Several digits of the numbers in the operations below have been replaced with letters. Different letters stand for different digits, and identical letters stand for identical digits. No letter denotes the digit 1. 1 · G + 1 = H, 1A · G + 2 = HG, 1AB · G + 3 = HGF, 1ABC · G + 4 = HGFE, 1ABCD · G + 5 = HGFED. Find the value of each letter. K. 455. The representation of 2015 in binary notation is a palindrome number: 11111011111. How many years are there in the 21st century whose binary representations are also palindromes? (Based on the idea of S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) K. 456. The representations of three consecutive square numbers in base b notation are 220, 251 and 304. Find the value of b. New exercises for practice – competition C (see page 94): Exercises up to year 10: C. 1273. Prove that 34n + 4 · 74k is divisible by 5 for all n, k ∈ N. C. 1274. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/2

125

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 126. oldal – 62. lap


i

The 482 employees of a company are taking a team building trip. They can use vehicles seating 4, 19 or 21 people. How many of each kind of vehicle should be used, provided that each vehicle needs to be full? Find all possible solutions. Exercises for everyone: C. 1275. Determine the largest five-digit positive integer abcde that is divisible by each of the numbers bcde, cde, de and e. C. 1276. X, Y , Z, V are interior points of sides AB, BC, AX BY CZ DV CD, DA of a parallelogram ABCD, respectively, such that XB = Y C = ZD = V A = k, 1 where k is a positive constant less than 2 . Find the value of k, given that the area of quadrilateral XY ZV is 68% of the area of parallelogram ABCD. C. 1277. Depending on the value of r2 , how many solutions do the simultaneous equations x2 + y 2 = r2 , |x| + |y| = 2 have? of year 11: C. 1278. Determine the value ) (nupwards (n ) (n)Exercises of n, given that 1 , 2 and 3 are three consecutive terms of an increasing arithmetic progression. C. 1279. Determine all squares that have vertex A at the point (4; −2), vertex B on the circle b : (x − 5)2 + (y − 2)2 = 25, and vertex D on the line d : 4x + 3y + 2 = 0. New exercises – competition B (see page 95): B. 4687. Samson wrote the number 123456789 on a sheet of paper. Then he may or may not have placed a multiplication sign between any two consecutive digits. (He may have used several of them, or none at all.) By reading the digits between multiplication signs as a single number, he obtained a product of numbers. For example, 1234 · 56 · 789. What is the maximum possible value of the number obtained in this way? (3 points) (Suggested by M. E. G´ asp´ ar, Budapest) B. 4688. Which of the numbers below is greater if each expression contains 50 twos and . 3. 32

3 .2

. 2. 23

.3

2

50 threes alternating: 2 or 3 ? (5 points) B. 4689. Is there a pentagonal pyramid that can be intersected by a plane in a regular hexagon? (6 points) B. 4690. 9 mathematicians of a university went to a conference together. Since the presentations were boring, they fell asleep several times, each of them at most 4 times. For any pair of mathematicians, there was a time when they were both sleeping. Show that there was a time instant when at least three of them were sleeping. (5 points) B. 4691. a, b, c and d are four parallel lines in the plane, in this order. The distance of a and b is 1, the distance of b and c is 3, and the distance of c and d is also 1. Consider the rectangles that have exactly one vertex on each line. How can we obtain the rectangle of minimal area, and what is this area? (3 points) B. 4692. The sides of an acute-angled triangle are a, b, c, the opposite angles are α, β, γ, and the lengths of the corresponding altitudes are ma , mb , mc , re√ m m m 1 1 1 spectively. Prove that aa + bb + cc > 2 cos α cos β cos γ sin 2α + sin 2β + sin 2γ + 3 . (5 points) (Suggested by K. Williams, Szeged) B. 4693. K is a point on side AC of triangle ABC such that AK = 2KC and ∠ABK = 2∠KBC. Let F denote the midpoint of side AC, and let L be the orthogonal projection of point A onto the line segment BK. Prove that the lines F L and BC are perpendicular. (5 points) B. 4694. Find all real numbers p1 , q1 , p2 , q2 such that the roots of the equation x3 + p1 x + q1 = 0 are p2 and q2 , and the roots of the equation x3 + p2 x + q2 = 0 are p1 and q1 . (4 points) (Suggested by Z. Bertalan, Budapest) B. 4695. Given that a permutation of the points of the plane maps any three concyclic points to three concyclic points, show that three points are collinear if and only if their images are collinear. (5 points)

(

)

New problems – competition A (see page 97): A. 635. (Show) that for every positive real number c > 0 there is a positive integer n such that φ σ(n) > cn. (For an arbitrary postive integer k, φ(k) denotes the number of positive integers not exceeding k that are co-prime with k. σ(k) is the sum of positive divisors of k.) (Proposed by: Barnab´ as Szab´ o, Budapest) A. 636. There is given a convex quadrilateral ABCD and a point P in the interior of the triangle BCD in such a way that the quadrilateral ABP D

126


i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 127. oldal – 63. lap


i

has an inscribed circle, and the three inscribed circles of the quadrilateral ABP D, the triangle BCP and the triangle CDP , respectively, are pairwise tangent to each other. Denote by Q and R the points tangency on the line segments BP and DP , respectively. Let the lines BP and AR meet at S, let the lines DP and AQ meet at T , and let the lines BT and DS meet at U . Show that the line CU bisects the angle BCD. A. 637. Let n be a positive integer. Let F be a family of sets that contains more than half of all subsets of an n-element set X. Prove that from F we can select ⌈log2 n⌉ + 1 sets that form a separating family on X, i.e., for any two distinct elements of X there is a selected set containing exactly one of the two elements. (Mikl´ os Schweitzer competition, 2014)

Problems in Informatics (see page 97) See our homepage: http://www.komal.hu/lap/2015-02/tart.e.shtml.

Problems in Physics (see page 122) M. 348. Not only the length of a loaded helical spring changes, but – if one of the ends of the spring is free to move – to some extent the whole spring is “twisted”. Measure how the angular displacement of the end of the spring depends on the load. Carry out the measurement for springs which have different number of turns and for springs which have different strength. P. 4704. Calculate the cubic content of the spherical bulb of a mercury in glass thermometer at a temperature of 0 ◦ C, if the cubic content of that part of the thermometer which is between the 0 ◦ C mark and the 100 ◦ C mark is 5 mm3 . The coefficient of linear expansion of glass is 8 · 10−6 (1/◦ C), and the coefficient of volume expansion of mercury is 1.8 · 10−4 (1/◦ C). P. 4705. The International Space Station completes a whole revolution around the Earth in 92 minutes. Suppose that its path is circular. How high above the surface of the Earth does it revolve? How much does its period change (between two corrections of its path) if its height changes approximately 100 meters during one day? P. 4706. An object slides down frictionlessly from the top of a fixed straight slope of base 30 cm. At least how long does it take for the object to slide down? P. 4707. An object of mass m = 0.2 kg and another one of mass 4m can move frictionlessly along a horizontal surface. The greater mass object is attached to an unstretched spring of spring constant D = 320 N/m. (The spring is designed for both compression and tension.) The smaller object collides head-on at a speed of v0 = 5 m/s with the stationary heavy object. The collision is totally elastic. a) What is the maximum compression of the spring? b) What will the maximum speed of the object attached to the spring be, and what is the greatest extension of the spring? P. 4708. A rectangle and a square shaped sheets are rotated about an axle through their centres, the axle is perpendicular to the plane of the sheets. The two sheets have the same mass, same width and the same density. One side of the rectangle is half of its other side. Which sheet has the greater rotational inertia? (It is not necessary to calculate the rotational inertias of the two objects separately.) P. 4709. The mass of a uniform density plastic cube of edge 2 dm is 1.0 kg. The Young’s modulus of its material is 107 N/m2 . a) How much is this cube compressed if it is placed to a horizontal surface? b) How much does the height of its centre of mass decrease? P. 4710. Some ice at a temperature of 0 ◦ C is added to 1 kg water at a temperature of 2 ◦ C. The mixture is in a thermally insulated container and the amount of ice is such, that it just melts whilst the final temperature of the water will be 0 ◦ C. a) Will the entropy of the system


127

i

i i

i

i i

i

2015.2.5 – 21:19 – 128. oldal – 64. lap


i

increase or decrease? b) Give numerical estimation for the change in the entropy of the system. P. 4711. Six alike simple pendulums are made of electrically insulating threads of negligible mass and of small metal spheres of mass 5 g. The length of each pendulum is 0.5 m. The six pendulums are hung at the same point, and then they are all rotated about a vertical axis through this point. After a long enough time each small sphere revolves along a circular path of radius r in a horizontal plane. a) What is the radius r of the path, if the period of the motion is 1 s? b) What same amount of charge should be added to the spheres in order that they stay at the circumference of the same radius of circle r, without rotation? P. 4712. To which two points of a uniform density and uniform cross section copper ring should an electrical voltage supply be connected in order that the magnetic flux density induced by the current in the ring is to be zero at the centre of the ring? P. 4713. A small ball of mass m and of charge Q is hanging on a piece of thread in uniform vertical magnetic field of magnetic induction B. The ball is given an initial velocity such that it undergoes uniform circular motion in a horizontal plane. At another occasion the ball is started such that it moves in the magnetic field along the same radius of circle in the horizontal, but in the opposite direction as it did in the previous case. a) Determine the ratio of the two tensions in the thread in the two cases. b) What is the difference between the magnitudes of the angular speeds of the two motions? P. 4714. A satellite orbits about the Earth along an elliptical path. The major axis of the ellipse is 2a and its minor axis is 2b. Determine the velocity of the satellite a) at that point of its path which is the closest to the Earth; b) at that point of its path which is the furthest from the Earth; c) at a point which is at a distance of r from the centre of the Earth. P. 4702 (corrected version). 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 by 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)?

Problems of the 2014 Ku ak competition ¨ rsch´ 1. Every member of a group of n people knows at least one but at most n − 2 other members of the group, where acquaintance is a mutual relation. Prove that four appropriately chosen members of the group can be seated around a table such that each one of them knows exactly one out of her two neighbours. 2. Let ABC be an acute triangle and let P be a point inside the triangle that is not incident to any of the altitudes of the triangle. Denote the feet of the altitudes from points A, B and C by A1 , B1 and C1 , respectively. Let rays AP , BP and CP intersect the circumcircle of the triangle at points A2 , B2 , C2 . Prove that arcs AA1 A2 , BB1 B2 and CC1 C2 go through the same point. 3. Let K be a closed convex polygon and let X be any point in the plane of K. Prove that X can be brought to the inside or to the perimeter of polygon K by reflecting in certain sidelines of K in an appropriate order if one can reflect in the same axis several times.

65. évfolyam 2. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. febru´ ar

i

i i

i

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

Recommend Documents