KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 385. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. okt´ ober

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ÍTVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 7. szám

Budapest, 2015. október

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

´ TARTALOMJEGYZEK Az 56. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

386

Kós Géza: Rajzoljuk meg a másik metszéspontot is! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

395

KöMaL arch´ıvum – 30 évfolyam feladatai és cikkei .

399

Sztranyák Attila: Gyakorló feladatsor emelt szint˝u matematika érettségire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

401

Lorántfy László: Megoldásvázlatok a 2015/6. sz. emelt szint˝u matematika gyakorló feladatsorhoz

402

Matematika feladat megoldása (4692.) . . . . . . . . . .

408

A K pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (469– 474.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

409

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1308– 1314.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

410

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4732– 4740.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

411

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (650–652.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

413

Mi a matematika és kik a matematikusok? . . . . . . .

413

Varga Tamás Módszertani Napok . . . . . . . . . . . . . .

414

Schmieder László: Gráfalgoritmusok 1. . . . . . . . . .

414

Informatikából kit˝uzött feladatok (382–384., 2., 101.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

419

A 46. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia elméleti feladatai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

425

Vigh Máté: Kunfalvi Rezs˝o Olimpiai Válogatóverseny elméleti feladatainak megoldása . . . . . . .

433

Varga Balázs: Megoldásvázlatok a 2015/6. sz. emelt szint˝u fizika gyakorló feladatsorhoz . . . . . .

441

Fizikából kit˝uzött feladatok (353., 4758–4767.) . . .

443

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

445

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

447

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS ´ Kiadja: MATFUND ALAPÍTVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi képvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA ´ CECÍLIA Kiad´ o igazgat´ oja: KULCSAR Nyomda: OOK-PRESS Kft., ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ ´ Tagjai: KAROLYI GERGELY, KISS GEZA, ´ GEZA, ´ ´ RITA, ¨ KISS GYORGY, KOS KOS ´ ´ ´ LORANTFY ´ ´ ´ LORANT LASZL O, LASZL O, ´ ´ NAGY GYULA, PACH PETER PAL A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ HOLICS LASZL ´ ´ Tagjai: GALFI LASZL O, O, ´ ´ SZASZ ´ HONYEK GYULA, SIMON LASZL O, ´ VIGH MAT ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ KRISZTIAN, WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag tagjai: ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, GEVAY ´ ´ ´ SIEGLER GABOR, SCHMIEDER LASZL O, ´ ´ GABOR, WEISZ AGOSTON ´ ´ Bor´ıt´ ok: SCHMIEDER LASZL O ´ 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.

385

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 386. oldal – 2. lap


i

Az 56. Nemzetko akolimpia ¨zi Matematikai Di´ feladatainak megold´ asa

A hagyom´ anyoknak megfelel˝oen ebben az évben is közölj¨ uk a nyári matematikai di´ akolimpia feladatainak a megoldásait; lényegében u ´gy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai le´ırták. Közrem˝ uködés¨ uket köszönj¨ uk és ez´ uton is gratul´ alunk eredményeikhez. A szerkeszt˝ os´ eg 1. A s´ık pontjainak egy véges S halmaz´ at kiegyens´ ulyozottnak nevezz¨ uk, ha S b´ armely két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o A, B pontj´ ahoz van S-nek olyan C pontja, amire AC = BC. S-et centrum-nélk¨ ulinek nevezz¨ uk, ha S b´ armely h´ arom p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o A, B, C pontj´ ara teljes¨ ul az, hogy nincs S-nek olyan P pontja, amire P A = P B = P C. (a) Mutassuk meg, hogy b´ armely n > 3 egész sz´ amhoz létezik n elem˝ u kiegyens´ ulyozott halmaz. (b) Hat´ arozzuk meg azokat az n > 3 egészeket, amelyekre létezik n elem˝ u kiegyens´ ulyozott, centrum-nélk¨ uli halmaz. Di Giovanni M´ ark megold´ asa. a) Ha n páratlan, akkor tekints¨ unk egy szab´ alyos n-szöget és lássuk be, hogy ez egy kiegyens´ ulyozott halmaz. Ehhez tekints¨ unk két tetsz˝oleges, k¨ ulönböz˝o A és B pontot és a távols´ agukat ´ıvhosszban mérve (a sokszög kör¨ ul´ırt köre mentén). Ekkor a két t´ avolság (a hosszabb és rövidebb ´ıv mentén) összege n, azaz p´ aratlan, ezért az egyik távolság páratlan a másik pedig páros. Ha viszont az egyik ´ıv hossza páros, akkor S tartalmazza az ´ıvfelez˝opontot, ami ugyanakkora távols´ agra van A-tól és B-t˝ol. Ha n páros, akkor tekints¨ unk egy kört és S legyen a következ˝o pontok halmaza: a kör O középpontja és a kör ker¨ uletének néhány pontja az ´ abra szerint: A, B, C u ´gy, hogy ABCO rombusz legyen, továbbá tetsz˝oleges k darab pont (P1 , P2 , . . . , Pk ), illetve ezen pontok O kör¨ uli 60◦ -os pozit´ıv iránybeli elforgatottja (Q1 , Q2 , . . . , Qk ). Nyilván megválaszthatjuk a Pi -pontokat u ´gy, hogy az o¨sszes általunk kiválasztott pont k¨ ulönböz˝o legyen. Ekkor S-nek pontosan 2k + 4 darab eleme van (ahol k tetsz˝oleges nemnegat´ıv egész). Tekints¨ unk most két k¨ ulönb¨ oz˝ o S-beli pontot. Ha mindkett˝o a kör ker¨ uletén van, akkor a kör középpontja egyenl˝ o t´ avol van t˝ ol¨ uk. Ha az egyik a kör középpontja, akkor mivel A B-nek, B C-nek, illetve Qi Pi -nek a 60◦ -os elforgatottja, ezért a szabályos háromszö386


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 387. oldal – 3. lap


i

gek miatt azonnal tal´ alunk olyan pontot, ami a két kiválasztott ponttól egyenl˝o távols´ agra van. Ezzel bel´ attuk, hogy S kiegyens´ ulyozott. Továbbá 2k + 4 felveszi az ¨ osszes 3-n´ al nagyobb páros számot. Teh´ at minden n > 3 egészre létezik n elem˝ u kiegyens´ ulyozott halmaz. b) Azt áll´ıtjuk, hogy pontosan a páratlan n-ekre létezik n elem˝ u kiegyens´ ulyozott, centrum-nélk¨ uli halmaz. Ha n p´ aratlan, akkor a szabályos n-szög kiegyens´ ulyozott halmaz (ezt már korábban bel´ attuk), tov´ abb´ a b´ armely három pontj´ at is választjuk ki, az a pont, amely mindh´ armukt´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra van, éppen a kör¨ ul´ırt kör¨ uk középpontja, ami nyilv´ an megegyezik a szab´ alyos n-szög kör¨ ul´ırt körének középpontjával. Ez a pont viszont nem S-beli, teh´ at S centrum-nélk¨ uli. L´ assuk most be, hogy p´ aros n-re nem létezik ilyen S halmaz. Legyen n = 2k és tegy¨ uk fel indirekt, hogy találtunk ilyen S-et. Ekkor egy tetsz˝oleges A cs´ ucshoz legfeljebb k − 1 darab S-beli pontpár található u ´gy, hogy A rajta legyen a felez˝omer˝ oleges¨ uk¨ on, mert ha létezne k ilyen pár, akkor a 2k − 1 cs´ ucs köz¨ ul lenne olyan B pont, amihez tartoz´ o két felez˝omer˝olegesen is rajta lenne az A pont. Tekints¨ uk ezen felez˝ omer˝ olegeseket meghatározó szakaszokat: BC-t és BD-t. Ekkor AB = AC és AB = AD-b˝ ol AB = AC = AD következik, tehát S-nek van centruma, ami ellentmond eredeti feltevés¨ unknek. Tehát S-nek minden cs´ ucsa legfeljebb k − 1 darab k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o S-beli pontp´ a r ´ a ltal meghat´ a rozott felez˝ o mer˝ olegesen lehet ( ) rajta. Viszont ¨ osszesen 2k ar van, amelyek mindegyi2 = k(2k − 1) darab pontp´ kéhez tartozik egy felez˝ omer˝ oleges, továbbá minden pontpár által meghatározott felez˝ omer˝ olegesen van legal´ abb egy darab S-beli pont. Teh´ at k(2k − 1) 6 2k(k − 1), azaz k > 2k, ami nyilvánvalóan ellentmondás. Így p´ aros n-re nincsen kiegyens´ ulyozott, centrum-nélk¨ uli halmaz. ¨ Osszefoglalva: pontosan a páratlan n-ekre létezik kiegyens´ ulyozott, centrumnélk¨ uli S halmaz. 2. Hat´ arozzuk meg azokat a pozit´ıv egész sz´ amokb´ ol ´ all´ o (a, b, c) sz´ amh´ armasokat, amelyekre az ab − c, bc − a, ca − b sz´ amok mindegyike 2-hatv´ any. (2-hatv´ any egy 2n alak´ u egész szám, ahol n egy nemnegat´ıv egész szám.) Szab´ o Barnab´ as megold´ asa. A szokásos módon v2 (x) jelöli egy x pozit´ıv egész pr´ımfelbontásában a 2 hatványkitev˝ojét. A továbbiakban hivatkoz´ as nélk¨ ul fel fogjuk használni azt az ismert áll´ıtást, mely szerint v2 (x) > v2 (y) esetén v2 (x ± y) = v2 (y), és v2 (x) = v2 (y) = t esetén v2 (x ± y) > t + 1. Ha a = 1, akkor ab − c és ac − b köz¨ ul az egyik nem pozit´ıv, ´ıgy nem lehet 2-hatvány. Tehát a ̸= 1, hasonlóan b, c ̸= 1. 1. eset: minden v´ altoz´ o páros. A szimmetria miatt feltehetj¨ uk, hogy v2 (a) > v2 (b) > v2 (c) > 1. Ekkor v2 (ab − c) = v2 (c), de ab − c 2-hatvány, ´ıgy ab − c 6 c, azaz ab 6 2c. A v2 (ac − b) = v2 (b) egyenl˝oségb˝ol kapjuk, hogy ac 6 2b. A két egyenl˝ otlenséget o uk, hogy a 6 2, de a ̸= 1, ´ıgy a = 2. ¨sszeszorozva nyerj¨ Ezt visszahelyettes´ıtve kapjuk, hogy 2b 6 2c és 2c 6 2b, azaz b = c, viszont ekK¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

387

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 388. oldal – 4. lap


i

kor v2 (bc − a) = v2 (b2 − 2) = 1, tehát b2 − 2 = 21 lesz, ahonnan b = c = 2. Az els˝o eset teh´ at az (a, b, c) = (2, 2, 2) számhármast adja, ami valóban megfelel˝o. 2. eset: egyik v´ altoz´ o p´ aratlan. Feltehet˝o, hogy c lesz páratlan. Tegy¨ uk fel, hogy v2 (a) ̸= v2 (b), mondjuk v2 (a) > v2 (b). Ekkor a páros, tehát ab − c páratlan, azaz ab − c = 1. M´ asrészt, v2 (bc − a) = v2 (b), ´ıgy bc − a = 2v2 (b) osztója b-nek, bc − a 6 b. Ekkor ab − 1 = c 6 b+a ıgy a = 2 és b = 2, ami b 6 1 + a, ahonnan a(b − 1) 6 2, ´ ellentmond v2 (a) > v2 (b)-nek. Teh´ at t = v2 (a) = v2 (b). El˝ oször tegy¨ uk fel, hogy t > 1. Ekkor 2|ab, ´ıgy ab − c = = 1. A c-t behelyettes´ıtve bc − a = ab2 − (a + b) = 2x , ca − b = a2 b − (a + b) = 2y , ahol feltehet˝ o, hogy x 6 y. A kett˝ot kivonva, 2x((2y−x −) 1) = ab(a − b) adódik. Hogyha x = y, akkor a = b lesz, és a3 − 2a = a a2 − 2 = 2x . Mivel a páros, v2 (a2 − 2) = 1, ´ıgy a2 − 2 = 21 , a = 2 adódik. Ebb˝ol kapjuk a (3, 2, 2) számhármast. ( ) Ha x < y, akkor 2x (2y−x − 1) = ab(a − b) miatt v2 ab(a − b) = x, de ( ) ( ) v2 (a − b) > t + 1, ´ıgy x > 3t + 1. Ebb˝ol v2 ab2 − (a + b) = x > 3t + 1, de v2 ab2 = ( ) = 3t miatt v2 (a + b) = 3t. M´ asrészt 3t > t + 1 miatt v2 (a − b) = v2 2a − (a + b) = ( ) = t + 1, azaz x = v2 ab(a − b) = 3t + 1. Legyen ab2 = 23t d és a + b = 23t e, ekkor az egyenletbe helyettes´ıtve és 23t -vel osztva d − e = 2, tehát de 6 3, ezért ab2 6 3(a + b). Ebb˝ ol b > 2 miatt a 6 b32 a + 3b 6 34 a + 23 , ahonnan a 6 6. Ha a = 2, 2 akkor 2b 6 6 + 3b, innen b = 2 (hiszen v2 (b) = 1), innen ismét kapjuk a (3, 2, 2) sz´ amh´ armast. Hasonl´ o vizsg´ alattal adódik, hogy a = 4 esetén nincs megoldás, m´ıg a = 6 esetén kapjuk a (2, 6, 11) hármast. Most azt az esetet vizsg´ aljuk, amikor t = 0, azaz mindh´ arom szám páratlan. Legyen bc − a = 2x , ca − b = 2y , ab − c = 2z . Feltehet˝o, hogy x 6 y 6 z. Ekkor 2y | (ab − c) − (ac − b) = (b − c)(a + 1) és 2y | (ab − c) + (ac − b) = (b + c)(a − 1). Nyilv´ an v2 (b − c) = 1 vagy v2 (b + c) = 1, innen a > 2y−1 − 1. Viszont (a + b)(c − 1) = x = 2 + 2y 6 2y+1 , de a + b > 2y−1 , tehát c 6 5. c = 5 esetén b = 1 lenne, ami ellentmond´ as. Teh´ at csak c = 3 lehetséges. Mivel b > 1, ´ıgy a < 2y − 1 tehát a = 2y−1 + 1 y−1 vagy a = 2 − 1. Az el˝ obbi esetb˝ol egyszer˝ u számolás után ellentmondásra jutunk, m´ıg az ut´ obbib´ ol a (3, 5, 7) megoldást kapjuk, ami valóban jó. A megoldások tehát: (2, 2, 2), (3, 2, 2), (2, 6, 11) és (3, 5, 7) és persze ezek permutációi. 3. Legyen ABC egy hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, amiben AB > AC. Legyen Γ ezen h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore, H a magass´ agpontja és F az A-b´ ol kiindul´ o magass´ ag talppontja. Legyen M a BC szakasz felez˝ opontja. Legyen Q Γ-nak az a pontja, amire HQA^ = 90◦ , és K Γ-nak az a pontja, amire HKQ^ = 90◦ . Feltessz¨ uk, hogy az A, B, C, K, Q pontok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, és ilyen sorrendben k¨ ovetik egym´ ast a Γ k¨ or¨ on. Bizony´ıtsuk be, hogy a KQH és F KM h´ aromsz¨ ogek k¨ or¨ ul´ırt k¨ orei érintik egym´ ast.

388


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 389. oldal – 5. lap


i

Janzer Barnab´ as megold´ asa. Legyen a H pont t¨ ukörképe a BC egyenesre (vagyis az F pontra) H1 , az M pontra H2 . Ismert, hogy H1 és H2 a Γ körön vannak, továbbá H2 az A-val átellenes pont. A Thalész-tétel megford´ıtásából a QH egyenes Γ-t az A-val átellenes pontban, vagyis H2 -ben metszi. Ezért HQ és HM is átmegy H2 -n, vagyis H2 , M , H és Q egy egyenesen vannak. Az A, H és H1 pontok egy egyenesen vannak, ezért a Thalész-tételb˝ol H2 H1 H^ = 90◦ . Az A, B, C pontokra a tov´ abbiakban nincs sz¨ ukség¨ unk a megoldás során.

Invert´ aljunk H k¨ ozépponttal. Ekkor M ′ , H2′ , H, Q′ ilyen sorrendben egy egyenesen vannak. HQ Thalész-k¨ ore (melyen K rajta van) egy M ′ Q′ -re mer˝oleges egyenesbe megy át (hiszen k¨ ozéppontja rajta van a H2 M HQ egyenesen). Hasonlóan HM és HH2 Thalész-k¨ orének képe is egy M ′ Q′ -re mer˝oleges egyenes, el˝obbi körön F , ut´ obbin H1 rajta van. Továbbá H2′ és H1′ rendre a HM ′ és HF ′ szakasz felez˝ opontja. Γ′ egy kör, mely áthalad a Q′ , H2′ , H1′ , K ′ pontokon. og derékszög˝ u trapéz és h´ urnégyszög egyben, ezért téglalap. Q′ H2′ H1′ K ′ négysz¨ Messe K ′ H1′ egyenes M ′ F ′ -t a T pontban. M ′ F ′ H-ban H1′ T középvonal, mivel opont és H1′ T p´ arhuzamos HM ′ -vel. Ezért T H1′ K ′ egyenes szakaszfelez˝o H1′ felez˝ ′ ′ mer˝ olegese az M F szakasznak, ´ıgy a szimmetria miatt M ′ F ′ K ′ kör¨ ul´ırt köre érinti (az M ′ F ′ -vel p´ arhuzamos) Q′ K ′ egyenest. Így ˝osképeik is érintik egymást, ami pont a bizony´ıtand´ o áll´ıt´ as. 4. Az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore Ω, a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or k¨ ozéppontja O. Egy A k¨ ozéppont´ u Γ k¨ or a BC szakaszt a D és E pontokban metszi, ahol B, D, E, C p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontok, amelyek a BC egyenesen ebben a sorrendben fekszenek. Legyenek F és G a Γ és Ω k¨ or¨ ok metszéspontjai, ahol A, F , B, C, G ebben a sorrendben k¨ ovetik egym´ ast az Ω k¨ or¨ on. Legyen K a BDF h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének és az AB szakasznak a m´ asik metszéspontja. Legyen L a CGE h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ orének és a CA szakasznak a m´ asik metszéspontja. Tegy¨ uk fel, hogy az F K és GL egyenesek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ok és az X pontban metszik egym´ ast. Bizony´ıtsuk be, hogy az X pont az AO egyenesen fekszik.


389

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 390. oldal – 6. lap


i

Baran Zsuzsanna megold´ asa. El˝oször belátom, hogy BGE^ = DF C^. BCF ^(= DCF ^) = BGF ^, mert Ω körnek azonos ´ıvén nyugvó ker¨ uleti sz¨ ogek. Az F CD háromszögben DF C^ + DCF ^ + F DC^ = 180◦ . Mivel F DEG h´ urnégysz¨ og, az is igaz, hogy F DE^ + F GE^ = F DE^ + BGF ^ + + BGE^ = 180◦ . Ezek szerint DF C^ = 180◦ − DCF ^ − F DC^ = 180◦ − BGF ^ − F DE^ = = BGE^.

A ker¨ uleti sz¨ ogek tétele miatt az is igaz, hogy DF K^ = DBK^ (BDK kör DK ´ıvén nyugszanak) = = CBA^ = CF A^ (Ω AC ´ıvén nyugszanak), EGL^ = ECL^ (CEL kör EL ´ıvén nyugszanak) = = BCA^ = BGA^ (Ω AB ´ıvén nyugszanak). AF K^ = AF D^ − DF K^ = AF D^ − CF A^ = DF C^ = = BGE^ = AGE^ − BGA^ = AGE^ − EGL^ = AGL^. Ezek szerint AF X^ = AF K^ = AGL^ = AGX^. Az AF G h´ aromsz¨ og egyenl˝oszár´ u (AF és AG egyaránt Γ sugarai), ezért AF G^ = AGF ^ és A illeszkedik az F G szakasz felez˝omer˝olegesére. OF = OG (Ω sugarai), ezért O is illeszkedik az F G szakasz felez˝omer˝olegesére. Így az AO egyenes az F G szakasz felez˝omer˝olegese. XF G^ = |AF G^ − AF X^| = |AGF ^ − AGX^| = XGF ^. Ezek szerint az XF G h´ aromszög egyenl˝oszár´ u, ´ıgy az X pont illeszkedik az F G szakasz felez˝ omer˝ olegesére, azaz az AO egyenesre. Ezt akartuk belátni. Mivel a feladatban megadták, hogy a pontok milyen sorrendben helyezkednek el a BC szakaszon, illetve az Ω körön, diszkusszióra nincs sz¨ ukség. 390


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 391. oldal – 7. lap


i

5. Jel¨ olje R a val´ os sz´ amok halmaz´ at. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan f : R → R f¨ uggvényt, amelyre teljes¨ ul ( ) (1) f x + f (x + y) + f (xy) = x + f (x + y) + yf (x) minden x, y val´ os sz´ amra. Williams Kada megold´ asa. Mindenekel˝ott keress¨ uk meg (1) line´ aris megold´ asait, vagyis az f (x) = ax + b alak´ uakat! Be´ırva (1)-be, majd kibontva és átrendezve: ( ) a x + a(x + y) + b + b + axy + b = x + a(x + y) + b + y(ax + b), ( 2 ) ( ) (∗) a − 1 x + a2 − a − b y + (ab + b) = 0. Meggondolhat´ o, hogy ez éppen akkor állhat fenn minden x, y-ra, hogyha (∗)-ban mindh´ arom egy¨ utthat´ o nulla, ami csak akkor lehet igaz, ha (a, b) = (1, 0) vagy (−1, 2), azaz f (x) = x vagy f (x) = 2 − x. Ennek a meggondolása nem tartozik a megold´ ashoz, viszont ebb˝ ol sejthet˝o meg, hogy ez a kett˝o lesz (1)-nek az o¨sszes megold´ asa. J´ ol l´ athat´ o, hogy ezeknél (∗) egy¨ utthatói tényleg mind nullák lesznek, vagyis hogy f (x) = x és f (x) = 2 − x valóban megoldása (1)-nek. Helyettes´ıts¨ unk x = 0-t, majd pedig y = 1-et (1)-be, nyerj¨ uk: ( ) (2) f f (y) + f (0) = f (y) + yf (0), ( ) (3) f x + f (x + 1) = x + f (x + 1). Kezdé(sképpen onny˝ u megtalálni f (0) lehetséges értékeit: ´ırjunk (2)-be el˝obb ) k¨ y = 0-t: f f (0) = 0 adódik, amiért (2)-be most y = f (0)-t helyettes´ıtve ( ) ( ) 2 f (f f (0) ) + f (0) = f f (0) + f (0) , 2

azaz 2f (0) = f (0) ad´ odik, ahonnan f (0) = 2 vagy f (0) = 0. 1. eset: f (0) = 2, itt az f (x) = 2 − x megoldást várjuk. Ez az eset egy tr¨ ukk¨ os észrevétellel elintézhet˝o. Figyelj¨ uk meg ugyanis, hogy (3) szerint x + f (x + 1) minden x-re fixpontja f -nek. Ellenben a megcélzott x 7→ 2 − x f¨ uggvénynek csak az 1 a fixpontja. Ha belátnánk, hogy f (0) = 2 esetén f -nek csak az 1 lehet fixpontja, abb´ ol k¨ ovetkezne, hogy x + f (x + 1) fixpont lévén minden x-re, azonosan 1 kell legyen, vagyis f (x + 1) = 1 − x minden x-re, azaz f (t) = 2 − t b´ armely t-re (t := x + 1). Bel´ atjuk teh´ at, hogy f (0) = 2-re f (a) = ( a-b´ )ol a = 1 következik. Ehhez (2)-t vegy¨ uk szem¨ ugyre, y = a-t helyettes´ıtve: f f (a) + 2 = f (a) + 2a, a = 1 adódik. Ez igazolja, hogy f (0) = 2 esetén f (x) = 2 − x. 2. eset: f (0) = 0, itt az f (x) = x megoldást várjuk. Ez´ uttal bonyolultabban j´ arunk el: azt vessz¨ uk észre, hogy ha (1)-be x, y helyett −x, −y-t helyettes´ıt¨ unk, azzal f (xy) ugyan´ ugy jelen marad, és ezért kiejthetj¨ uk: ( ) ( ) f (xy) = −f x + f (x + y) + x + f (x + y) + yf (x) ( ) ( ) f (xy) = −f − x + f (−x − y) + − x + f (−x − y) − yf (−x). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

391

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 392. oldal – 8. lap


i

Itt gyakran u ¨ti fel fejét x + y és ellentettje, kényelmesebb az y := k − x jelölést haszn´ alni: ( ) ( ) (4) −f x + f (k) + x + f (k) + (k − x)f (x) = ( ) ( ) = −f − x + f (−k) + − x + f (−k) − (k − x)f (−x). A megold´ ashoz el˝ osz¨ or meghat´ arozunk néhány f (±k) értéket, majd pedig az adódó uggéseket ¨ osszehasonl´ıtjuk, amikb˝ol már némi munka árán kifejezhetj¨ uk összef¨ f (x)-et. M´ ar tudjuk, hogy f (0) = 0, ´ırjunk hát (4)-be k = 0-t, rögtön barátságosabb lesz: −f (x) + x − xf (x) = −f (−x) − x + xf (−x), 2x = (x + 1)f (x) + (x − 1)f (−x).

(5)

Ha (3)-ba x = −1-et ´ırunk, akkor f (0) = 0 miatt f (−1) = −1 nyerhet˝o, illetve (5)-be x = 1-et ´ırva, megkapjuk, hogy 2 = 2f (1), f (1) = 1. Vagyis (4)-be már ´ırhatunk k = 1-et is: −f (x + 1) + (x + 1) + (1 − x)f (x) = −f (−x − 1) − (x + 1) − (1 − x)f (−x). Itt viszont (5) szerint −(1 − x)f (−x) helyére 2x − (x + 1)f (x) ´ırható, vagyis −f (x + 1) + 2(x + 1) = (x − 1)f (x) − f (−x − 1) + 2x − (x + 1)f (x), 2 + 2f (x) = f (x + 1) − f (−x − 1). Ha ezt x helyett x − 1-re ´ırjuk fel, akkor (6)

2 + 2f (x − 1) = f (x) − f (−x)

ad´ odik. Beszorozva (6)-ot (x − 1)-gyel, majd hozzáadva (5)-öt: 2(x − 1) + 2(x − 1)f (x − 1) + 2x = (x − 1)f (x) + (x + 1)f (x), (7)

(x − 1)f (x − 1) + (2x − 1) = xf (x).

Ezut´ an (6)-ba x = −1-et ´ırva, f (−2) = −2, majd pedig (6)-ba x = 2-t ´ırva, f (2) = 2 nyerhet˝ o. A befejezéshez ´ırjunk (4)-be k = 2-t: −f (x + 2) + (x + 2) + (2 − x)f (x) = −f (−x − 2) + (−x − 2) − (2 − x)f (−x), ahol f (x + 2) − f (−x − 2) = 2 + 2f (x + 1) érvényes (6) szerint, ´ıgy ( ) 2(x + 2) + (2 − x) · f (x) + f (−x) = 2 + 2f (x + 1). Beszorozva (x + 1)-gyel, (7) miatt adódik: ( ) ( ) 2(x + 2)(x + 1) − (x − 2)(x + 1) · f (x) + f (−x) = 2(x + 1) + 2 xf (x) + 2x + 1 , 392


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 393. oldal – 9. lap


i

( ) 2(x2 + 3x + 2) − 2(x + 1) − 2(2x + 1) = (x2 − x − 2) f (x) + f (−x) + 2xf (x), 2x2 = (x2 + x − 2)f (x) + (x2 − x − 2)f (−x). Ezt pedig (x − 1)-gyel tovább szorozva és (5)-öt használva: ( ) 2x2 (x − 1) = (x − 1)(x2 + x − 2)f (x) + (x2 − x − 2) 2x − (x + 1)f (x) , [ ] 2x2 (x − 1) − 2x(x2 − x − 2) = (x − 1)(x2 + x − 2) − (x + 1)(x2 − x − 2) f (x), ( ) 2x x2 − x − (x2 − x − 2) = ( ) ( ) = [x (x2 + x − 2) − (x2 − x − 2) − (x2 + x − 2) + (x2 − x − 2) ]f (x), [ ] 4x = x · (2x) − (2x2 − 4) f (x), amib˝ ol már vil´ agos, hogy f (x) = x, bármely x-re. Teh´ at két megold´ asunk van: f (x) = x és f (x) = 2 − x, és ezeket már leellen˝orizt¨ uk. 6. Egész sz´ amok egy a1 , a2 , . . . sorozata rendelkezik az al´ abbi két tulajdons´ aggal: (i) 1 6 aj 6 2015 minden j > 1-re; (ii) k + ak ̸= ℓ + aℓ minden 1 6 k < ℓ-re. Bizony´ıtsuk be, hogy van két olyan pozit´ıv egész: b és N , hogy ∑ n (aj − b) 6 10072 j=m+1

teljes¨ ul minden olyan m és n egész sz´ amra, amire fenn´ all n > m > N . Feh´ er Zsombor megold´ asa. Legyen cj = aj + j. Ekkor az (i) feltétel azt mondja ki, hogy j + 1 6 cj 6 j + 2015, a (ii) feltétel pedig azt, hogy a cj sz´ amok mind k¨ ulönböz˝oek. Megmutatjuk, hogy a c1 , c2 , . . . sorozat véges sok kivétellel minden pozit´ıv egész számot felvesz. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy legalább 2016-ot nem vesz fel, és legyen t egy olyan pozit´ıv egész, ami nagyobb ennél a 2016 számn´ al. Ekkor az (i) feltétel alapján a {c1 , c2 , . . . , ct } halmaz minden eleme az [1, t + 2015] intervallumba esik, és mivel (ii) szerint t k¨ ulönböz˝o elemr˝ol van szó, ezért ebb˝ ol az intervallumb´ ol {c1 , c2 , . . . , ct } éppen 2015 pozit´ıv egész számot nem vesz fel. Azonban feltevés¨ unk szerint az ennél b˝ovebb {c1 , c2 , . . . } halmaz legalább 2016 darab t-nél kisebb pozit´ıv egész számot nem vesz fel, ami pedig ellentmondás. A feladatnak megfelel˝ o b sz´ amot válasszuk meg annyinak, amennyi a c1 , c2 , . . . sorozat által fel nem vett pozit´ıv egészek száma, N pedig legyen egy olyan szám, ami nagyobb ennél a b darab kimaradó számn´ al. A fenti gondolatmenetb˝ol az is láthat´ o, hogy b 6 2015. Az m, n pozit´ıv egészekre a továbbiakban feltessz¨ uk, hogy N 6 m < n. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

393

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 394. oldal – 10. lap


i

∑ A feladatunk lényegében az, hogy∑ egy aj kifejezést megfelel˝o korlátok közé szor´ıtsunk, ami nyilv´ an ugyanaz, mint cj megfelel˝o korlátok közé szor´ıtása. Tudjuk, hogy {cm+1 , . . . , cn } minden eleme az [m + 2, n + 2015] intervallumba esik, és mivel ezen intervallum n − m + 2014 egész számából n − m van az el˝oz˝o halmazban, ezért 2014 egész sz´ am marad ki. Vizsgáljuk meg közelebbr˝ol ezt a 2014 számot: ki fog der¨ ulni, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk b − 1 darab az [m + 2, n + 2015] intervallum elején”, ” 2015 − b pedig a végén” helyezkedik el. ” Mivel a {c1 , c2 , . . . } halmaz b darab egész számot nem vesz fel az [1, ∞) intervallumb´ ol, ezért a {cm+1 , cm+2 , . . . } halmaz b + m számot nem vesz fel [1, ∞)b˝ ol. Ez cj > j alapj´ an azt jelenti, hogy a {cm+1 , cm+2 , . . . } halmaz b − 1 számot nem vesz fel [m + 2, ∞)-b˝ ol. Mivel azonban m + 2 > N , ezért ezen b − 1 számot is felveszi valahol a c1 , c2 , . . . sorozat, csak még cm+1 el˝ott. Így ez a b − 1 szám mindegyike olyan ck , melyre k 6 m, ´ıgy ck 6 k + 2015 6 m + 2015 alapján ezek a számok mind az [m + 2, m + 2015] intervallumba esnek. Teh´ at azon 2014 egész k¨ oz¨ ul, melyek az [m + 2, n + 2015] intervallumban benne vannak, de a {cm+1 , . . . , cn } halmazban nem, b − 1 darab az {c1 , . . . , cm } halmazban van, a maradék 2015 − b darab pedig sz¨ ukségképpen a {cn+1 , . . . } halmazban. Ezen 2015 − b sz´ am mindegyike legalább n + 2, ´ıgy ezek az [n + 2, n + 2015] intervallumba esnek. Ezen a ponton álljunk meg egy pillanatra, és vegy¨ uk észre, hogy a feladat megold´ as´ aval lényegében készen vagyunk. Csak az alapján, hogy a 2014 kimaradó szám valahol az [m + 2, n + 2015] intervallumban van, még nem tudnánk pontos becslést mondani, hiszen m, n-et kicsivel megváltoztatva az egyik kimaradó szám szabadon átugorhatna” az intervallum elejér˝ol a végére, ezzel nagy (n − m nagyságrend˝ u) ” változ´ ast eredményezve. De azáltal, hogy a 2014 kimaradó szám köz¨ ul mindig b − 1 van az intervallum elején, és 2015 − b a végén (ahol a b egy univerzális paramétere a sorozatnak!), ilyen ugr´ asok nem történhetnek meg, csak az intervallum szélein lév˝ o r¨ ovid (2014 hossz´ u) intervallumok belsejében mozoghatnak a kimaradó számok. Így lehetséges az, hogy m, n-t˝ol f¨ uggetlen, 10072 nagyságrend˝ u becslést fogunk tudni mondani. Nem maradt m´ as h´ atra, minthogy kiszámoljuk a 2014 kimaradó szám o¨sszegének lehetséges legkisebb és legnagyobb értékét, majd ezt visszavezess¨ uk a feladatbeli o sszegre. Tudjuk, hogy a 2014 sz´ a m felbonthat´ o valahogy egy b − 1 és ¨ egy 2015 − b elem˝ u csoportra, melyek elemei rendre az [m + 2, m + 2015], illetve az [n + 2, n + 2015] intervallumból valók. (El˝ofordulhat, hogy ez a két intervallum átfedi egym´ ast, de ez nem okoz gondot.) Mivel a számok k¨ ulönböz˝oek, ezért a 2014 sz´ am ¨ osszege legal´ abb (

) (m + 2) + (m + 3) + · · · + (m + b) +

( ) + (n + 2) + (n + 3) + · · · + (n + 2016 − b) =

=

394

(b − 1)(2m + b + 2) (2015 − b)(2n + 2018 − b) + = hmin , 2 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 395. oldal – 11. lap


i

legfeljebb pedig ( ) ( ) (m + 2017 − b) + · · · + (m + 2015) + (n + b + 1) + · · · + (n + 2015) = =

(b − 1)(2m + 4032 − b) (2015 − b)(2n + 2016 + b) + = hmax . 2 2

Ha H jel¨ oli az el˝ obbi 2014 kimaradó szám összegét, akkor a feladatban szerepl˝o o: összeg ´ıgy ´ırhat´ n ∑

(aj − b) =

j=m+1

=

n ∑

(cj − j − b) =

j=m+1

n+2015 ∑ i=m+2

n ∑

i−H −

j=m+1

j−

n ∑

b=

j=m+1

(n − m)(n + m + 1) (n + 2014 − m)(n + m + 2017) −H − − b(n − m). 2 2

A hmin 6 H 6 hmax becslést alkalmazva, a kifejezések egyszer˝ us´ıtése után vég¨ ul a k¨ ovetkez˝ ot kapjuk: b2 − 2016b + 2015 6

n ∑

(aj − b) 6 −b2 + 2016b − 2015.

j=m+1

Így teh´ at val´ oban, ∑ n 2 (aj − b) 6 −b2 + 2016b − 2015 = 10072 − (b − 1008) 6 10072 . j=m+1

Rajzoljuk meg a m´ asik metsz´ espontot is!

´ tana ´ cs: Ha egy feladat egy k¨ Jo or és egy egyenes, vagy két k¨ or egy bizonyos metszéspontj´ at kéri, akkor rajzoljuk meg a bizony´ıtand´ o´ all´ıt´ ast a m´ asik metszésponttal is, és vizsg´ aljuk a kétféle esetet egyszerre, ugyanazon az ´ abr´ an. Két péld´ at szeretnék mutatni arra, hogy ez az elv hogyan használható versenyfeladatok megold´ as´ aban. Mindkét példa a Nemzetközi Matematikai Diákolimpián szerepelt. Az els˝ ot, amit a nemzetközi zs˝ uri közepes nehézség˝ u feladatnak szánt, a k¨ ozel sz´ az orsz´ agb´ ol v´ alogatott 548 versenyz˝o köz¨ ul csak 86 tudta megoldani – ennyien kapt´ ak meg a maxim´ alis 7 pontot –, és további 7 kapott 6-ot vagy 5-öt. (A magyar csapat o sszesen 1 + 1 pontot szerzett.) A másik példa az idei 3. feladat, ¨ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

395

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 396. oldal – 12. lap


i

ezt az 577 verseny˝ o k¨ oz¨ ul 30 oldotta meg kifogástalanul, és még egyvalaki kapott 6 pontot. (A magyarok k¨ oz¨ ul négyen kaptak egy-egy pontot.) Gondoljuk meg, hogy mi is van a Jótanács mögött. Képzelj¨ uk el, hogy egy feladatot, ahol valamilyen geometriai egybeesést (pl. három egyenes egy ponton megy át) kell bizony´ıtani, koordinátákkal oldunk meg. El˝oször k¨ ulönböz˝o bet˝ uket választunk a szabadon megv´ alasztható paraméterek, például a k¨ ulönböz˝o pontok koordin´ at´ ainak jel¨ olésére, ut´ ana pedig ezekkel a bet˝ ukkel kifejezz¨ uk a korábbiaktól f¨ ugg˝ o pontok koordin´ ait és a k¨ ulönböz˝o görbék, egyenesek egyenleteiben szerepl˝o egy¨ utthat´ okat. Ha pontosan sz´ amolunk, a végén a bizony´ıtandó áll´ıtás egy algebrai azonoss´ ag kell, hogy legyen. K¨ or és egyenes, illetve két kör metszéspontjának kiszám´ıtásához másodfok´ u egyenletet kell megoldanunk. Az eredmény egy gyökös kifejezés lesz: a metszéspont koordin´ at´ aiban megjelenik egy kellemetlen négyzetgyök (a másodfok´ u egyenlet két gy¨ okének k¨ ul¨ onbsége), amit azután magunkkal kell cipeln¨ unk. A megoldás végén egy négyzetgy¨ ok¨ os azonoss´ agot kell ellen˝orizn¨ unk. Itt jön a lényeg. Tapasztalhattuk, hogy a négyzetgy¨ ok¨ os azonoss´ agok többnyire akkor is igazak maradnak, ha a pozit´ıv négyzetgy¨ ok helyett a negat´ıvat vessz¨ uk; ezért a legtöbb esetben a bizony´ıtand´ o ´ all´ıt´ as a m´ asik metszésponttal is igaz. Az is el˝ofordul, hogy egy feladaton bel¨ ul több ilyen metszéspontp´ ar is szerepel; ilyenkor a bizony´ıtandó áll´ıtásnak még több péld´ any´ at fedezhetj¨ uk fel az ábrában. A Viète-formul´ ak egyszer˝ u összef¨ uggéseket biztos´ıtanak egy másodfok´ u egyenlet gy¨ okei k¨ oz¨ ott; a geometriai ábránkban ezeknek a metszéspontpárok közötti geo´ metriai kapcsolatok felelnek meg. Ugy is mondhatjuk, hogy a feladat által le´ırt alakzat csup´ an része egy nagyobb ábrának, és a nagyobb ábráról, ahol a másik metszéspontot is felvessz¨ uk, t¨ obb geometriai összef¨ uggést olvashatunk le. Természetesen a nagyobb ábra még nem jelenti azt, hogy a megoldás innen kezdve automatikus, de t¨ obb esély¨ unk van meglátni a megoldást, mintha az ábrának csak egy kicsi részletében keresgélnénk. 1. feladat (IMO 2012/5). Legyen az ABC h´ aromsz¨ ogben BCA^ = 90◦ , és legyen D a C-b˝ ol indul´ o magass´ agvonal talppontja. Legyen X a CD szakasz bels˝ o pontja. Legyen K az AX szakasznak az a pontja, amire BK = BC. Hasonl´ oan, legyen L a BX szakasznak az a pontja, amire AL = AC. Legyen M az AL és BK egyenesek metszéspontja. Bizony´ıtsuk be, hogy M K = M L. Mit is jelent az a mondat, hogy Le” gyen K az AX szakasznak az a pontja, amire BK = BC”? Hogy szerkesztenénk meg a K pontot? Egyszer˝ u: az AX szakaszt elmetssz¨ uk a B középpont´ u, C-n átmen˝o kB körrel. Hasonlóan, az L pont a BX szakasz és az A középppont´ u, C-n átmen˝o kA kör metszéspontja. 396


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 397. oldal – 13. lap


i

Most keress¨ uk el˝ o a tarisznyánkból az otthonról hozott hamuban s¨ ult Jótanácsot, és alkalmazzuk. Az AX egyenes két pontban metszi a kB kört, az egyik a már ismert K pont; a másikat jel¨ olj¨ uk K ′ -vel. Hasonlóan, a BX egyenes kétszer metszi a kA k¨ ort; az egyik metszéspont az L; a másikat jelölje L′ . Vég¨ ul, a kA és a kB kör is kétszer metszi egym´ ast; az egyik metszéspont C; a másik a C t¨ ukörképe az AB egyenesre; legyen ez C ′ . Az X pontnak a kB és a kA körre vonatkozó hatványa XK · XK ′ = XC · XC ′ = XL · XL′ , ebb˝ ol pedig l´ athatjuk, hogy a K, K ′ , L, L′ pontok egy körön vannak; jelölj¨ uk ezt a k¨ ort kC -vel.

A megold´ as kulcsa az az észrevétel, hogy az AL és BK szakasz érinti a kC k¨ ort. Az A pont a kB és kC k¨ orök hatványvonalán, az KK ′ egyenesen van, tehát az A pontnak a kB és kC k¨ orre vonatkozó hatványa ugyakkora; az A pontból ugyanolyan hossz´ u érint˝ oket h´ uzhatunk a két körhöz. Az egyik ilyen érint˝o az AC szakasz, amely mer˝ oleges a kB kör BC sugarára. Ezért az összesen négy érintési pontot a kA k¨ or metszi ki a kB és kC körökb˝ol; ez a négy pont a kB körön C és C ′ , a kC k¨ or¨ on pedig L és L′ . Az AL és AL′ szakaszok tehát érintik kC -t. Hasonlóan láthatjuk, hogy a BK és a BK ′ szakasz is érinti kC -t. Vég¨ ul, az M K és M L szakaszok éppen az M pontból a kC körhöz h´ uzott érint˝ o szakaszok, teh´ at egyforma hossz´ uak. Ha maradéktalanul végre akarjuk hajtani a Jótanácsot, akkor megrajzoljuk az AL′ és BK ′ egyenesek tov´ abbi metszéspontjait is; az ábrán ezeket jelöli M1 , M2 és M3 . A bizony´ıtand´ o áll´ıtásnak összesen négy példányát találhatjuk meg az ábr´ aban: M K = M L, M1 K ′ = M1 L, M2 K = M2 L′ és M3 K ′ = M3 L′ .


397

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 398. oldal – 14. lap


i

2. feladat (IMO 2015/3).∗ Legyen ABC egy hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, amiben AB > AC. Legyen Γ ezen h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore, H a magass´ agpontja és F az A-b´ ol kiindul´ o magass´ ag talppontja. Legyen M a BC szakasz felez˝ opontja. Legyen Q Γ-nak az a pontja, amire HQA^ = 90◦ , és K Γ-nak az a pontja, amire HKQ^ = 90◦ . Feltessz¨ uk, hogy az A, B, C, K, Q pontok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, és ilyen sorrendben k¨ ovetik egym´ ast a Γ k¨ or¨ on. Bizony´ıtsuk be, hogy a KQH és F KM h´ aromsz¨ ogek k¨ or¨ ul´ırt k¨ orei érintik egym´ ast. A megoldás els˝o lépése egy egyszer˝ u észrevétel: a Q pont az M H félegyenesen van. Jól ismert, hogy egy háromszög magasságpontjának az oldalegyenesekre, illetve az oldalak felez˝opontjaira vonatkozó t¨ ukörképei a kör¨ ul´ırt körön vannak, utóbbiak a kör¨ ul´ırt körön a cs´ ucsokkal átellenes pontok. Legyen H t¨ ukörképe a BC egyenesre K ′ , az M pontra Q′ . (Hogy miért ilyen furcsán jelölj¨ uk ezt a két pontot, rövidesen kider¨ ul.) Ekkor tehát AQ′ a körnek átmér˝oje. Mivel AQH^ derékszög, a Thalésztétel megford´ıtása miatt a QH egyenes átmegy a kör A-val átellenes pontján, Q′ -n. Tehát a HQ egyenes tartalmazza a HQ′ szakaszt és annak felez˝ opontj´ at, M -et. Ebb˝ol láthatjuk, hogy a Q, H, M , Q′ pontok, ebben a sorrendben, egy egyenesen vannak. Innent˝ ol kezdve m´ ar nem lesz sz¨ ukség¨ unk az A pontra. Most alkalmazzuk a J´ otan´ acsot. A Q pont a kör¨ ul´ırt kör és az M H egyenes egyik metszéspontja; a másik metszéspont Q′ . Mi történne, ha a Q pont helyett a Q′ ponttal kellene megoldanunk a feladatot? El˝oször is észrevehetj¨ uk, hogy a K pont helyett a K ′ pontot kell használnunk: ez az a pont a körön, amire Q′ K ′ H^ = = 90◦ . Mivel Q′ K ′ H^ = 90◦ , a K ′ Q′ H kör középpontja az M pont; az M K ′ szakasz ennek a k¨ ornek egy sugara. Hasonlóan, mivel K ′ F M ^ = 90◦ , az F K ′ M körnek ′ K M egy átmér˝ oje. Így a K ′ Q′ H és az F K ′ M kör középpontja is az M K ′ egyenesre esik, a két k¨ or a K ′ pontban érinti egymást. Ha tehát a feladatban a Q pontot kicserélj¨ uk a Q′ pontra, egy k¨ onnyen ellen˝orizhet˝o áll´ıtást kapunk. Tekints¨ uk most a háromszög kör¨ ul´ırt körét, a HQK kört és HQ′ K ′ kört, valamint ezek páronként vett hatv´ anyvonalait. A HQK körben HQ, a HQ′ K ′ körben ′ ′ HQ átmér˝ o és Q, H, Q egy egyenesen vannak. Ezért a HQK és a HQ′ K ′ körök érintik egym´ ast. Teh´ at a h´ arom kör páronként vett hatványvonalai a metszéspontokat ¨ osszek¨ ot˝ o QK, illetve a Q′ K ′ egyenesek, valamint a HQK és HQ′ K ′ körök bels˝ o k¨ oz¨ os érint˝ oje, az M H egyenesre H-ban áll´ıtott mer˝oleges. Ezek egy ponton, a három k¨ or hatv´ anypontj´ an mennek át; jelölj¨ uk ezt T -vel. A K-nál és K ′ -nél ∗

398

Az idei olimpiai feladatok megold´ as´ at a 386–395. oldalakon k¨ oz¨ olj¨ uk.


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 399. oldal – 15. lap


i

lev˝o deréksz¨ ogek miatt HK ′ T K h´ urnégyszög, a köré ´ırt körben HT átmér˝o. Legyen most S a HK ′ T K k¨ or k¨ ozéppontja, ami nem más, mint a HT szakasz felez˝opontja; ekkor teh´ at SH = SK = SK ′ = ST . A HK ′ h´ ur felez˝o mer˝olegese, a BM F C egyenes is átmegy S-en, a k¨ or k¨ ozéppontján. Az SH szakasz érinti a HKQ és a HK ′ Q′ kört is. Mivel pedig SH = SK = = SK ′ , az SK szakasz a K pontban érinti a HKQ kört, az SK ′ szakasz pedig K ′ -ben érinti a HK ′ Q′ k¨ ort. Az S pontnak a HM F körre vonatkozó hatványa SM · SF = SH 2 = SK 2 ; ebb˝ ol következik, hogy az F KM kör a K pontban érinti az SK szakaszt. Az SK szakaszt tehát az F KM kör és a HKQ kör is érinti a K pontban; a két k¨ or teh´ at egymást is érinti. K´ os G´ eza

Ko ¨MaL arch´ıvum – 30 ´ evfolyam feladatai ´ es cikkei

A K¨ ozépiskolai Matematikai Lapok legels˝o évfolyama az 1893–94-es tanévben jelent meg. A foly´ oirat az els˝ o és a második világhábor´ u miatt is megsz˝ unt néhány évre, de mindkétszer u ´jraindult, és az 1950-es évekt˝ol a mai napig minden tanévben 9 számot adnak ki bel˝ ole. A KöMaL-ban megjelent több mint harmincötezer oldalnyi feladat- és cikkanyag teszi ki a KöMaL arch´ıvumát. A K¨ oMaL els˝ o 100 évét 1893–1993-ig az 1994-ben elkész´ıtett dupla CD foglalta ¨ ossze, 2000 és 2006 k¨ ozött pedig az Oktatási Minisztérium honlapján, a http://www.sulinet.hu/komal c´ımen jelent meg az arch´ıvum, 1999 decemberéig feldolgozva a f¨ uzeteket. A feladatokra és cikkekre k¨ ulönféle jellemz˝oik alapján lehetett keresni ezeken a CD-ken és a sulineten is, de a folyóirat valódi digitalizáK¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

399

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 400. oldal – 16. lap


i

lása ekkor még nem val´ osult meg, hiszen csak az eredeti oldalak szkennelt képei voltak elérhet˝ ok. Az Ir´ any a Nobel-d´ıj KöMaL 1994–2003” CD-n az 1994 utáni ” 10 év matematika, fizika és informatika anyaga már teljesen kereshet˝o elektronikus form´ atumban volt olvashat´ o. M´ ara a fent eml´ıtett alkalmazások egyike sem m˝ uködik, t´ ulhaladta ˝oket az id˝o. Azonban az eltelt évek alatt – idén pedig a Nemzeti Tehetség Program A matema” tikai, a természettudom´ anyos és a m˝ uszaki, informatikai kompetenciák, valamint a szakmatanul´ ashoz sz¨ ukséges kompetenciák er˝os´ıtése a köznevelési intézményekben c´ım˝ u, NTP-MTI-M-14 szám´ u pályázatának köszönhet˝oen – folyamatosan gondoztuk a K¨ oMaL-tartalmak adatbázisát. Ma a http://db.komal.hu/KomalHU c´ımr˝ol induló alkalmazás lehet˝ové teszi a digit´ alis arch´ıvum webes megjelen´ıtését a MathML nyelv˝ u oldalak nézéséhez alkalmas b¨ ongész˝ o program (Mozilla, Firefox) seg´ıtségével. Fontos, hogy Mozilla/Firefox b¨ ong´ esz˝ oben nyissuk meg a K¨ oMaL arch´ıvum´ at, mivel sem Internet Explorerben, sem Google Chrome-ban nem kapunk helyes képleteket! A tartalmat alapvet˝ oen MathML formátumban tessz¨ uk közzé, de lehet˝oség van annak PDF form´ aban t¨ ortén˝ o letöltésére is. Mit tud a K¨ oMaL webes arch´ıvuma? A K¨ ozépiskolai Matematikai és Fizikai Lapok 30 évfolyama – 1984 és 2013 köz¨ ott – t¨ obbféle szempont szerint kereshet˝o, és a kiválogatott feladatok, cikkek kinyomtathat´ oak. Az ¨ osszetett kereséssel igazi kincsestárban kutathatnak ingyenesen az olvas´ ok: lehet keresni cikkekben és feladatokban többek között c´ım, szöveg, kateg´ oria (pl. versenyek), témakör és név alapján. Az arch´ıvum azonban nemcsak 30 évet dolgoz fel: mindenki megtalálható benne, akinek a neve vagy fényképe diákként, szerz˝oként a folyóiratban bármikor megjelent, k¨ ozt¨ uk haz´ ank számos h´ıres tudósa, ma ismert személyisége. A lap megalap´ıt´ asa, 1893 óta megjelent összes számának tartalomjegyzéke, összes feladatának tém´ aja és cikkének c´ıme is kikereshet˝o, a megjelenés pontos helyével egy¨ utt. A digitaliz´ al´ as ellen˝ orzését követ˝oen fokozatosan az 1984 el˝ott megjelent f¨ uzetek is teljesen elérhet˝ oek lesznek a fenti c´ımr˝ol. Addig is a KöMaL arch´ıvumból kikeresett tartalmakat meg lehet találni a korábban beszkennelt formában. Aki saját CD-t szeretne ´ırni, amelyen az 1893-1993 között megjelent KöMaL oldalak szkennelt képeit megnézheti, a www.komal.hu/cd/cd.zip c´ımr˝ol töltheti le a fájlokat. (Zip arch´ıvum, 525 MB.) Kérj¨ uk, hogy ha a lap sz´ amainak böngészése során tartalmi tévedést vagy formai hib´ at tal´ al, jelezze azt az [email protected] c´ımen, hogy minél el˝obb kijav´ıthassuk.

400


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 401. oldal – 17. lap


i

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. H´ any olyan 4 darab egész számból álló adatsokaság van, melynek mediánja 1, átlaga 2, sz´ or´ asnégyzete pedig 3? Mi(k) ez(ek) az adatsokaság(ok)? (12 pont) 2. Egy 1 méter oldalhossz´ uság´ u, négyzet alak´ u asztallapra egy téglalap alak´ u abroszt ter´ıt¨ unk. Az abrosz hosszabb oldalai kétszer olyan hossz´ uak, mint a rövidebbek, és u ´gy helyezz¨ uk az asztalra, hogy középvonalai egybeessenek az asztallap átl´ oival. Így az abrosz mind a négy sarka az asztallap s´ıkjához képest 10 cm-rel lel´ og. Az asztallap hány sz´ azalékát fedi a ter´ıt˝o ebben a helyzetben? (13 pont) 3. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet az egész (x; y) számpárok halmazán: 3y − 2 √ . 2x − 2 − 8x + 4 = − (14 pont) 5 √ 4. Az f (x) = x f¨ uggvény grafikonját elmetssz¨ uk az x = b egyenlet˝ u f¨ ugg˝oleges egyenessel. Az egyenes, f (x), és az x-tengely által bezárt S s´ıkidom ter¨ ulete t = 18. a) Mennyi b pontos értéke? b) Az S s´ıkidomot megforgatjuk az x-tengely kör¨ ul. Mekkora a keletkezett forg´ astest térfogata? (12 pont) II. r´ esz 5. a) Igazoljuk, hogy az x3 + 3x2 − 3x − 1 = 0 egyenletnek van egyjegy˝ u pozit´ıv egész megold´ asa. b) Oldjuk meg az x3 + 3x2 − 3x − 1 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. c) Adjuk meg a tangensra vonatkozó add´ıciósképletek és nevezetes szögek sz¨ ogf¨ uggvényei seg´ıtségével a 105◦ és a 165◦ szögek tangenseinek a pontos értékét. d) Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet a val´ os számok halmazán: 2

(tg x + 2) = 7 + tg x + ctg x.

(16 pont)

6. Egy szab´ alyos nyolcsz¨ ogbe az ´ abra szerint a középpontj´ an kereszt¨ ul nyolc egyforma egyenl˝o szár´ u háromszöget rajzolunk be. a) Mekkora a h´ aromsz¨ ogek s´ ulypontjai által meghatározott szab´ alyos nyolcsz¨ og, illetve az eredeti nyolcszög ter¨ uletének az ar´ anya? b) Kati az ábr´ anak megfelel˝o pörgetty˝ uket csinál. A pörgetty˝ uk fels˝o felén lév˝o nyolc kis háromsz¨ og mindegyikét kifesti a piros, fehér, vagy zöld sz´ınek valamelyikével (a p¨ orgetty˝ u alj´ at nem festi le). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

401

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 402. oldal – 18. lap


i

H´ anyféle k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o p¨ orgetty˝ ut kész´ıthet Kati, ha az élben szomszédos háromsz¨ ogek sz´ınét k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek szeretné, de nem ragaszkodik ahhoz, hogy mind a három sz´ınt felhaszn´ alja? (16 pont) 7. a) Adjuk meg a P (−1; 1), és Q(3; 3) pontokon átmen˝o e egyenes egyenletét. b) Az f (x) = x2 − 6x + 8 egyenlet˝ u f¨ uggvény grafikonjának melyik az a pontja, amelyikbe h´ uzott érint˝ o mer˝ oleges a fenti e = P Q egyenesre? c) Adjuk meg az e egyenes, az érint˝o, illetve a két koordináta-tengely által bezárt (az els˝ o s´ıknegyedbe es˝ o) konvex négyszög ter¨ uletét. (16 pont) 8. Egy téglatest térfogata 8 cm3 . Ha a téglatest minden élét 1 centiméterrel megn¨ ovelj¨ uk, akkor egy 27 cm3 térfogat´ u téglatestet kapunk. Mekkora térfogat´ u téglatestet kapunk, ha ismét megnövelj¨ uk az éleket 1-1 centiméterrel? (16 pont) 9. Egy játékgyártó vállalat az ´ abr´ anak megfelel˝o m˝ uanyag játékkockákat gyárt. A gyártás során elkész´ıtik a sértetlen” 2 cm élhossz´ u kockákat, majd a nyolc ” cs´ ucs mindegyikénél az éleken kimérve az azonos d távols´ agokat levágnak egy-egy olyan tetraédert, melynek alaplapja szabályos háromszög. A levágott tetraéderek anyagát összegy˝ ujtik, és ebb˝ol a hulladékanyagból kés˝ obb u ´j játékkockákat gyártanak. (Ezek hulladékát is ´ osszegy˝ ujtik. Altal´ aban nem kell anyagveszteséggel szá¨ molnunk a gyártás során, illetve a hulladékot nem keverik a nem hulladék anyaggal össze.) a) Mekkora a d t´ avols´ ag pontos értéke, ha pontosan 48 darab játékkocka hulladék´ ab´ ol áll´ıthat´ o el˝ o egy mind a nyolc cs´ ucsában ép 2 cm élhossz´ u kocka? b) A nem hulladékanyagból kész¨ ult kockák mind els˝o osztály´ uak a min˝oség szempontj´ ab´ ol, m´ıg a hulladékból kész¨ ult kockáknak csak 80%-a els˝o osztály´ u, a t¨ obbi hib´ as. A gy´ art´ o cég 20 éve változatlan feltételekkel, változatlan gyártósoron gy´ artja játékait. A hulladék- és a nem hulladékanyagból kész¨ ult kockák a gyártás sor´ an egy t´ arol´ oba ker¨ ulnek, ahol összekeverednek. A jubileum alkalmából egy exkluz´ıv 200 darabos játékkocka szettet adnak ki d´ıszdobozba csomagolva. Mekkora az esélye, hogy a dobozba legal´ abb két darab hibás dobókocka ker¨ ul? (16 pont) Sztrany´ ak Attila Budapest

Megold´ asv´ azlatok a 2015/6. sz. emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsorhoz I. r´ esz 1. Egy k¨ ozvélemény-kutat´ as kérdéseire az els˝ o h´ onapban 700 ember v´ alaszolt, mindenki pontosan egyet v´ alasztott a felk´ın´ alt h´ arom lehet˝ oségb˝ ol. A feleletek ar´ anya 4 : 7 : 14 volt. Ezut´ an még néh´ any ember részt vett a k¨ ozvélemény-kutat´ asban, ´ıgy a feleletek ar´ anya 6 : 9 : 16 lett. Legkevesebb h´ any ember v´ alaszolt ut´ olag a kérdésekre? Ebben az esetben vég¨ ul melyik lehet˝ oséget h´ anyan v´ alasztott´ ak? (11 pont)

402


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 403. oldal – 19. lap


i

Megold´ as. A 700 ember v´ alasz´ at ar´ anyosan elosztva a lehet˝ oségeket el˝ osz¨ or 112, 196, 392 ember v´ alasztotta. A m´ asodik esetben az ar´ anysz´ amok ¨ osszege 31, ´ıgy gondolhatn´ ank, hogy a 700-at k¨ ovet˝ o 31-el oszthat´ o sz´ am megfelel˝ o lesz. Ez a 713. Ezt ar´ anyosan elosztva 138, 207, 368 j¨ on ki a lehet˝ oségeket v´ alaszt´ ok sz´ am´ ara. Ez azonban nem lehetséges, mert a harmadik lehet˝ oséget v´ alaszt´ ok sz´ ama cs¨ okkenne ez el˝ oz˝ o esethez képest. Teh´ at keress¨ uk a legkisebb, 392-nél nagyobb 16-al oszthat´ o sz´ amot. Ez a 400 = 25 · 16. Így a végs˝ o szavaz´ ok sz´ ama legkevesebb 25 · 31 = 775. Teh´ at legkevesebb 75 ember v´ alaszolt ut´ olag és ekkor az adott lehet˝ oségeket 150, 225 és 400 ember v´ alasztotta. 2. A mosogat´ ogép¨ unk¨ on h´ aromféle program van. Egy mosogat´ ashoz az A program 30%-kal t¨ obb elektromos energi´ at, viszont 20%-kal kevesebb vizet haszn´ al, mint a B program. A B program 15%-kal kevesebb elektromos energi´ at és 25%-kal t¨ obb vizet haszn´ al egy mosogat´ ashoz, mint a C program. Mindh´ arom program futtat´ asakor 50 Ft-ba ker¨ ul az alkalmazott mosogat´ oszer. Egy mosogat´ as az A programmal 165 Ft-ba, a B programmal 150 Ft-ba ker¨ ul. Mennyibe ker¨ ul a C programmal egy mosogat´ as? (12 pont) Megold´ as. A B program x Ft érték˝ u elektromos energi´ at és y Ft érték˝ u vizet haszn´ al egy mosogat´ as alkalm´ aval: x + y + 50 = 150. Az A program 1,3x Ft érték˝ u elektromos energi´ at, és 0,8y Ft érték˝ u vizet haszn´ al egy mosogat´ as alkalm´ aval. A k¨ oltségre vonatkoz´ o egyenlet: 1,3x + 0,8y + 50 = 165. A k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert kapjuk x-re és y-ra: x + y = 100, 1,3x + 0,8y = 115. Az egyenletrendszer megold´ asa: x = 70, y = 30. A feltételek alapj´ an a C program futtat´ asa sor´ an az elektromos energia ´ ara: x/0,85 ≈ ≈ 82 Ft, a v´ız ´ ara: y/1,25 = 24 Ft. A mosogat´ oszer ´ ar´ at is figyelembe véve a C programmal egy mosogat´ as 82 + 24 + 50 = 156 Ft-ba ker¨ ul. 3. H´ anyféleképpen h´ uzhatunk ki a 32 lapos magyar k´ arty´ ab´ ol 6 lapot u ´gy, hogy legyen k¨ ozt¨ uk pontosan két piros, két z¨ old és két ´ asz? (14 pont) Megold´ as. 1. eset: A két ´ asz éppen a piros és a z¨ old ´ asz. Ekkor még egy piros lapot kell v´ alasztanunk a maradék 7 piros k¨ oz¨ ul, egy z¨ oldet a maradék 7 z¨ old k¨ oz¨ ul és 2 lapot a nem piros, nem z¨ old és nem ´ asz 14 lap k¨ oz¨ ul. Az esetek sz´ ama: N1 =

( ) ( ) ( ) 14 · 13 14 7 7 =7·7· · · = 4459. 2 2 1 1

2. eset: Az egyik ´ asz a piros ´ asz, a m´ asik nem a z¨ old ´ asz. Ekkor kell egy ´ aszt v´ alasztanunk a m´ asik két ´ asz k¨ oz¨ ul, majd egy piros lapot a maradék 7 piros k¨ oz¨ ul, két z¨ old lapot a nem ´ asz 7 z¨ old k¨ oz¨ ul és még egy lapot a nem piros, nem z¨ old és nem ´ asz 14 lap k¨ oz¨ ul. Az esetek sz´ ama: ( ) ( ) ( ) 7·6 7 7 14 N2 = 2 · · 14 = 4116. · · =2·7· 2 1 2 1 3. eset: Az egyik ´ asz a z¨ old ´ asz, a m´ asik nem a piros ´ asz. N3 = N2 = 4116.


403

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 404. oldal – 20. lap


i

4. eset: A makk és a t¨ ok ´ aszt v´ alasztjuk. Ekkor kell még 2 piros lapot v´ alasztanunk a nem ´ asz 7 piros k¨ oz¨ ul, 2 z¨ old lapot pedig a nem ´ asz 7 z¨ old k¨ oz¨ ul. Az esetek sz´ ama: ( ) ( ) 7·6 7·6 7 7 N4 = · = · = 441. 2 2 2 2 Az ¨ osszes esetek sz´ ama: N = N1 + N2 + N3 + N4 = 4459 + 2 · 4116 + 441 = 13 132. 4. Egy kecske egy ker´ıtéssel védett 10 × 3 m-es vir´ ag´ agy k¨ or¨ uli, elegend˝ oen nagy réten legel. A kecskét 16 m hossz´ u k¨ otéllel a ker´ıtés 10 méteres oldal´ anak felez˝ opontj´ an´ al levert c¨ ol¨ oph¨ oz k¨ ot¨ otték. Mekkora ter¨ uleten legelheti le a f¨ uvet a kecske? H´ anyadrészére cs¨ okken ez a ter¨ ulet, ha a k¨ otél hossz´ at 10 méterre cs¨ okkentik? (14 pont) Megold´ as. A 16 méteres k¨ otél esetén a lelegelhet˝ o ter¨ ulet egy 16 m sugar´ u félk¨ orb˝ ol és két-két 11 és 8 m sugar´ u negyed k¨ orb˝ ol ´ all. A vir´ ag´ agy´ as m¨ og¨ ott a 8 m sugar´ u negyed k¨ or¨ ok ´ atfedik egym´ ast (1. ´ abra). Ezt a ter¨ uletet dupl´ an sz´ amoljuk a fél és negyed k¨ or¨ ok ter¨ uletének ¨ osszegzésekor, teh´ at egyszer le kell vonni. A keletkez˝ o JKL idomot egy ´ ıtsunk mer˝ egyenes szakasz és két k¨ or´ıv hat´ arolja. All´ olegest az L pontb´ ol a JK szakaszra. A mer˝ oleges szakasz M talppontja a JK szakasz és az AD szakasz felez˝ opontja lesz. Így két egybev´ ag´ o fél k¨ orszelet j¨ ott létre. A fél k¨ orszelethez tartoz´ o k¨ ozépponti sz¨ ogre a DM L deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben: cos α = 5/8, amib˝ ol α ≈ 51,32◦ . A két fél k¨ orszeletb˝ ol egy egész k¨ orszeletet ¨ ossze´ all´ıtva a 8 cm sugar´ u k¨ orben, a hozz´ a tartoz´ o k¨ orcikk k¨ ozépponti sz¨ oge: 2α ≈ 102, 64◦ .

1. ´ abra

2. ´ abra

A k¨ orszelet ter¨ ulete, amit majd le kell vonnunk: 82 sin(102,64◦ ) 82 π ◦ Tszelet = Tcikk − T△ = · 102,64 − ≈ 57,32 − 31,22 = 26,1 m2 , 360◦ 2 ( 2 ) 16 + 112 + 82 · π − Tszelet ≈ 692,72 − 26,1 = 666,62 m2 . T16 = 2 A megr¨ ovid´ıtett, 10 m hossz´ u k¨ otél esetén (2.´ abra): ( 2 ) 2 2 10 + 5 + 2 · π T10 = = 64,5π ≈ 202,6 m2 , 2 T10 202,6 m2 = ≈ 0,304. T16 666,62 m2 A lelegelhet˝ o ter¨ ulet k¨ ozel 30%-´ ara cs¨ okken a k¨ otél ler¨ ovid´ıtésével.

404


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 405. oldal – 21. lap


i

II. r´ esz 5. Oldjuk meg az al´ abbi egyenletet: ( ) log4 4 sin2 2x = 2 − log2 (−2 tg x).

(16 pont)

Megold´ as. sin 2x = 2 sin x cos x ̸= 0 és tg x < 0 esetén ´ atalak´ıtva az egyenlet bal, majd jobb oldal´ at: ( ) ( ) ( ) log2 4 sin2 2x log2 4 sin2 2x log4 4 sin2 2x = = ; log2 4 2 2 − log2 (−2 tg x) = log2 4 − log2 (−2 tg x) = log2 Ezut´ an az egyenlet:

amib˝ ol

4 . −2 tg x

( ) log2 4 sin2 2x 4 = log2 , 2 −2 tg x ( ) log2 4 sin2 2x = log2

(

2 − tg x

)2 .

Mivel a log2 x f¨ uggvény szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o, ´ıgy ( )2 2 4 sin2 2x = , − tg x amib˝ ol 4 · 4 sin2 x cos2 x =

4 cos2 x , sin2 x

és ´ıgy

4 sin4 x cos2 x = cos2 x.

Mivel cos x ̸= 0, ezért 4 sin4 x = 1, vagyis sin2 x = 21 , amib˝ ol sin x = ±

√

2 . 2

Mivel tg x < 0, ezért a megold´ as x = − π4 + kπ, ahol k ∈ Z. 6. Mennyi annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy a hatoslott´ o h´ uz´ ason a 45 sz´ amb´ ol (visszatevés nélk¨ ul) 6-ot kih´ uzva, a hat lott´ osz´ amot n¨ ovekv˝ o sorrendbe rakva egy sz´ amtani sorozat egym´ ast k¨ ovet˝ o tagjait kapjuk? (16 pont) (45) 6 Megold´ as. Az ¨ osszes lehetséges eset sz´ ama C45 = 6 = 8 145 060. Kedvez˝ o eset az, ahol a kih´ uzott sz´ amokat n¨ ovekv˝ o sorrendbe rendezve azok a k¨ ovetkez˝ o alak´ uak: a, a + r, a + 2r, a + 3r, a + 4r, a + 5r, ahol a, r ∈ N+ , a 6 40, r 6 8. Az a lehetséges értékei r = 1 esetén 1, 2, . . . , 40; r = 2 esetén 1, 2, . . . , 35; r = 3 esetén 1, 2, . . . , 30; . . .; r = 8 esetén 1, 2, 3, 4, 5. ¨ Osszes´ ıtve a kedvez˝ o eseteket: 40 + 35 + 30 + . . . + 5 = 40+5 · 8 = 180 eset. Teh´ at 2 a val´ osz´ın˝ uség: 180 ≈ 2,210 · 10−5 . p= 8 145 060 7. Milyen g¨ orbét ´ır le az y = x2 − 2(m − 3)x + m − 8 parabola cs´ ucsa, ha az m paraméter értéke végigfut a val´ os sz´ amok halmaz´ an? Az m paraméter mely értékénél lesz a cs´ ucs ordin´ at´ aja maxim´ alis? Adjuk meg ebben az esetben a parabola P (0; −5) ponton ´ atmen˝ o érint˝ oinek egyenletét. (16 pont)


405

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 406. oldal – 22. lap


i

Megold´ as. ( )2 y = x2 − 2(m − 3)x + m − 8 = x − (m − 3) − (m − 3)2 + m − 8. A parabola cs´ ucsa x = m − 3-n´ al van, ordin´ at´ aja ekkor y = −(m − 3)2 + m − 8 = 2 = − (m − 3) + (m − 3) − 5, vagyis a cs´ ucs az y = −x2 + x − 5 egyenlet˝ u parabol´ an fog mozogni. Az ( )2 1 3 y = −x2 + x − 5 = − x − −4 2 4 f¨ uggvény maximuma x = 12 -nél van, értéke y = −4 43 . Teh´ at a parabola cs´ ucsa x = m − 3 = 12 , azaz m = 3,5 esetén lesz a legmagasabban. Az érint˝ o egyenlete y = kx − 5 alak´ u. A parabola egyenlete y = x2 − x − 4,5. Keress¨ uk a k paraméter értékeit, ha az egyenes a parabola érint˝ oje. Ez akkor lesz, ha az egyenesnek és a parabol´ anak egy k¨ oz¨ os pontja van. kx − 5 = x2 − x − 4,5,

vagyis

x2 − (1 + k)x + 0,5 = 0.

2 A m´ asodfok´ u egyenlet diszkrimin´ ansa: D = (1 √ + k) − 2 = 2 ´ =√ 0, amib˝ ol (1 + k) √= 2, vagyis 1 + k = ± 2. Igy k1 = = 2 − 1 és k2 = − 2 − 1 a két lehetséges érték. Teh´ at az érint˝ ok egyenlete: (√ ) ( √ ) y= 2 − 1 x − 5 és y = − 2 − 1 x − 5 (3. ´ abra).

3. ´ abra

8. Az azonos tengerszint feletti magass´ agban fekv˝ o Hencida és Boncida k¨ oz¨ ott a t´ avols´ ag 5 km. Hencid´ ab´ ol egy k¨ ozeli hegy cs´ ucsa 30◦ -os, Boncid´ ab´ ol pedig 11◦ -os sz¨ og alatt l´ atszik. Hencid´ ab´ ol a hegy cs´ ucs´ at és Boncid´ at ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz l´ at´ osz¨ oge 120◦ -os. a) Milyen magas a hegy? b) A két v´ arost o ot˝ o szakasz felénél elind´ıtanak egy t´ avir´ any´ıt´ asos rep¨ ul˝ ogép ¨sszek¨ modellt, ami végig a szakaszfelez˝ o mer˝ oleges s´ıkj´ aban mozog. Mennyire k¨ ozel´ıtheti meg rep¨ ulés k¨ ozben a hegy cs´ ucs´ at? (16 pont) Megold´ as. a) A 4. ´ abra jel¨ oléseit haszn´ aljuk. Legyen x a hegy magass´ aga. A CT H és CT B deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogekben sin 30◦ = xa , illetve sin 11◦ = xb , ebb˝ ol a = 2x és b = sinx11◦ ≈5,24x. A CHB h´ aromsz¨ ogben fel´ırhatjuk a koszinusztételt a b oldalra, majd behelyettes´ıtj¨ uk az el˝ obb kapott ¨ osszef¨ uggéseket: b2 = a2 + 52 − 2 · a · 5 · cos 120◦ . (5,24x)2 = (2x)2 + 25 − 2 · 2x · 5 · (−0,5), 2

2

27,4576x = 4x + 25 + 10x,

ebb˝ ol

bal oldalra rendezve

23,4576x2 − 10x − 25 = 0. Az egyenletet megoldva és a magass´ agra kapott negat´ıv megold´ ast elvetve: x = 1,2673. Teh´ at a hegy magass´ aga (ahhoz a tengerszint feletti magass´ aghoz képest, ahol Hencida és Boncida is fekszik) kb. 1267 m.

406


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 407. oldal – 23. lap


4. ´ abra

i

5. ´ abra

b) Az 5. ´ abra jel¨ oléseit haszn´ aljuk. A legkisebb t´ avols´ ag esetén a rep¨ ul˝ ogép (R) rajta van a HB szakasz S felez˝ o mer˝ oleges s´ıkj´ an, a hegy cs´ ucs´ anak magass´ ag´ aban. A keresett t´ avols´ ag CR. Ennek a v´ızszintes szakasznak a v´ızszintes s´ıkra es˝ o mer˝ oleges vet¨ ulete T N , amely a T N F H deréksz¨ og˝ u trapéz hosszabbik alapja lesz. A 4. ´ abra szerint x x TH = ≈ 2,195 és T B = ≈ 6,520. tg 30◦ tg 11◦ Jel¨ olje a T N szakaszon P azt a pontot, amelyre P HB^ = 90◦ , és legyen α = T HP ^. A T HB h´ aromsz¨ ogben a koszinusz tétel alapj´ an 6,5202 = 2,1952 + 52 − 2 · 5 · 2,195 · cos(α + 90◦ ), amib˝ ol cos(α + 90◦ )≈ − 0,5782, azaz α + 90◦ ≈ 125,32◦ , vagyis α ≈ 35,32◦ . A T P H deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben: T P = T H · sin α ≈ 2,195 · 0,5777 ≈ 1,268, RC = T N = T P + P N = 1,268 + 2,5 = 3,768. Teh´ at a rep¨ ul˝ ogép a hegycs´ ucsot kb. 3768 méterre k¨ ozel´ıtheti meg. 9. J´ anos egy v´ızzel teli hord´ o alj´ ara 4 mm ´ atmér˝ oj˝ u lyukat√f´ urt és a kifoly´ o v´ız sebességét vizsg´ alta. A Bernoulli-egyenletb˝ ol levezette, hogy v = 2gx , ahol x a v´ızszint pillanatnyi magass´ aga. Megmérte, hogy a teli hord´ ob´ ol az els˝ o m´ asodpercben 62,8 cm3 v´ız folyt ki. (A sebességet itt ´ alland´ onak vehetj¨ uk, a r¨ ovid mérési id˝ o miatt.) Ezut´ an meg´ allap´ıtotta, hogy 5 perc alatt pontosan 10 cm-rel cs¨ okkent a v´ızszint. Feltételezz¨ uk, hogy a v´ızszint exponenci´ alisan cs¨ okken az x = h · 2−t/T f¨ uggvény szerint, ahol h a kezdeti v´ızszint magass´ aga, T pedig a hord´ oban lév˝ o v´ız felezési ideje”. A hord´ ot u uk, ha ¨resnek tekinthetj¨ ” m´ ar csak 1 cm magas a v´ızszint benne. A teli ´ allapotb´ ol mennyi id˝ o alatt u ul ki a hord´ o? ¨r¨ (16 pont) Megold´ as. A lyuk ´ atmér˝ oje d = 4 mm, sugara r = 2 mm = 0,2 cm. Keresztmetszete A = r2 π = 0,22 π ≈ 0,1257 cm2 . A t = 1 sec alatt kifoly´ o v´ızmennyiség V = Avt, amib˝ ol a sebesség V 62, 8 cm3 cm m v= = ≈ 499,6 ≈5 . At 0,1257 cm2 · 1 sec sec s √ A v = 2gx képletb˝ ol kisz´ am´ıthatjuk a hord´ oban lév˝ o v´ız kezdeti magass´ ag´ at: h=

v2 52 = = 1,25 m = 125 cm. 2g 2 · 10

A v´ızszint 5 perc alatt 10 cm-rel cs¨ okken, ´ıgy t = 300 sec esetén x = 115 cm. Ezeket behelyettes´ıtve a képletbe a felezési id˝ o meghat´ arozhat´ o: 115 = 125 · 2−300/T , amib˝ ol T =

−300 · lg 2 115

lg 125

= 2494 sec ≈ 41,6 perc.


407

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 408. oldal – 24. lap


i

T ismeretében kisz´ am´ıthat´ o az x = 1 cm v´ızmagass´ aghoz tartoz´ o id˝ o, ami a hord´ o ki¨ ur¨ ulését jelenti: 1 cm = 125 cm · 2−t/2494 , amib˝ ol 1

t=

−2494 · lg 125 ≈ 17 373 sec = 4 ´ ora 49 perc 33 sec lg 2

alatt u ul ki a hord´ o. ¨r¨

Lor´ antfy L´ aszl´ o Dabas

Matematika feladat megold´ asa

B. 4692. Egy hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og oldalait a, b és c, az ezekkel szemk¨ oztes sz¨ ogeit α, β és γ, a megfelel˝ o oldalakon nyugv´ o magass´ agvonalak hossz´ at pedig ma , mb és mc jel¨ oli. Igazoljuk, hogy ( ) √ ma mb mc 1 1 1 + + > 2 cos α cos β cos γ + + + 3. a b c sin 2α sin 2β sin 2γ (5 pont)

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

Megold´ as. A hagyom´ anyos és a trigonometrikus háromszög ter¨ uletképlet és a szinusztétel felhaszn´ al´ as´ aval: ma 2T ab · sin γ b · sin γ sin β sin γ = 2 = = = . a a a2 a sin α Hasonl´ oan: mb sin γ sin α = b sin β

és

mc sin α sin β = . c sin γ

Az add´ıci´ os képleteket fel´ırva: sin 2α = 2 sin α cos α,

sin 2β = 2 sin β cos β,

sin 2γ = 2 · sin γ cos γ.

Ezeket behelyettes´ıtve az egyenl˝otlenségbe és a m˝ uveleteket elvégezve az alábbi egyenl˝ otlenséget kapjuk: sin β sin γ sin γ sin α sin α sin β cos β cos γ cos γ cos α cos α cos β √ + + > + + + 3. sin α sin β sin γ sin α sin β sin γ A bal és a jobb oldal els˝ o tagj´ anak k¨ ulönbségét átalak´ıtva: cos β cos γ sin β sin γ − cos β cos γ − cos(β + γ) sin β sin γ − = = = sin α sin α sin α sin α ( ) cos π − (β + γ) cos α = = ctg α. = sin α sin α 408


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 409. oldal – 25. lap


i

Ezt hasonl´ oan elvégezve a második és harmadik taggal,√majd a kapott eredményt be´ ırva otlenségbe: ctg α + ctg β + ctg γ > 3 . A kotangens f¨ ugg] [az egyenl˝ vény a 0; π2 intervallumon szigor´ uan konvex. Ezért fel´ırhatjuk rá a Jensenegyenl˝ otlenséget: ctg α + ctg β + ctg γ > ctg 3

(

α+β+γ 3

) = ctg

1 π =√ , 3 3

√ amib˝ ol ctg α + ctg β + ctg γ > 3 . Az egyenl˝oség a Jensen-egyenl˝otlenségben akkor áll fenn, ha α = β = γ = π3 . Ezzel az áll´ıt´ ast igazoltuk. Hansel Soma (Szeged, Szegedi Radnóti M. K´ısérleti Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján 52 dolgozat érkezett. 5 pontos 42, 4 pontos 6, 3 pontos 1, 1 pontos 3 dolgozat.

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (469–474.) K. 469. Egy festéket 2 : 1,5 arányban kell h´ıg´ıtani, azaz 1,5 liter festékhez 2 liter vizet kell adni, hogy j´ o legyen. Piktor Viktor el˝oször kész´ıtett 9 liter keveréket, amibe fele-fele arányba kevert festéket és vizet. Ekkor észbekapott, és kiszámolta, mennyi vizet kellene még hozz´ aadnia, hogy jó legyen az arány, azonban tévedésb˝ol v´ız helyett annyi festéket tett még hozzá, amennyi vizet kellett volna. Másodjára azonban már nem hib´ azott, megfelel˝o mennyiség˝ u v´ız hozzáadásával vég¨ ul jó h´ıg´ıtás´ u keveréket kapott. Hány liter keveréke lett vég¨ ul? K. 470. Kétféle méret˝ u kockánk van, mindkett˝o élhossza egész cm. A piros kock´ ak éle 5 cm-rel nagyobb, mint a kékeké. A kockákból összesen 15 db-ot egym´ asra tett¨ unk, ´ıgy egy 140 cm magas tornyot kaptunk. Mekkora a kockák éle, ha a piros és a kék kock´ ak sz´ ama közötti eltérés a lehet˝o legkisebb? K. 471. Bori pénzt´ arc´ aj´ aban kevés apró maradt: 1 db 5 Ft-os, 1 db 10 Ft-os, 1 db 20 Ft-os, 3 db 50 Ft-os, 3 db 100 Ft-os. Hány k¨ ulönböz˝o összeget tud ezek seg´ıtségével pontosan (visszaad´ as nélk¨ ul) kifizetni? K. 472. Mennyi az ¨ osszege az összes olyan pozit´ıv kétjegy˝ u számnak, amelynek pontosan 12 oszt´ oja van? K. 473. Mennyi a sz´ amjegyek o¨sszege a 22015 · 15 szorzat bináris (kettes számrendszerben fel´ırt) alakj´ aban? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

409

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 410. oldal – 26. lap


i

K. 474. Anna és Bal´ azs szókitalálósat játszik. Anna gondol egy négybet˝ us értelmes magyar sz´ ora, amit Bal´ azs próbál kitalálni. Ha Balázs tippel egy négybet˝ us szót, akkor Anna el´ arulja, hogy az ˝o szavából hány bet˝ u szerepel benne, és köz¨ ul¨ uk h´ any van jó, illetve rossz helyen. Mi lehetett Anna szava? Bal´ azs tippjei ´ ROKA OKOS IKRA RITA ´ DANO

Jó bet˝ uk száma jó helyen 1 0 2 1 0

Jó bet˝ uk száma rossz helyen 0 0 0 1 3

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

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1308–1314.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1308. Alkalmas háromszögeket kettévágunk a legnagyobb szög¨ uknél lev˝o cs´ ucson átmen˝ o egyenessel két egyenl˝oszár´ u háromszögre. Mekkorák lehetnek egy tompasz¨ og˝ u háromsz¨ og sz¨ ogei, ha a kettévágást két k¨ ulönböz˝o módon is meg tudjuk tenni? C. 1309. Egy tetsz˝ oleges háromszög ter¨ uletét jelölje t, köré´ırt körének sugarát R, be´ırt k¨ orének sugar´ at pedig r. Igazoljuk, hogy 3t < Rr. Feladatok mindenkinek C. 1310. Sanyi egy négynapos t´ urára 19 500 Ft-ot vitt magával. Minden nap elk¨ olt¨ otte meglév˝ o pénzének egyharmadát és utána még egy állandó összeget. Mekkora volt ez az álland´ o¨ osszeg, ha a t´ ura végére pénze éppen elfogyott? √ √ √ C. 1311. Az 13 ; 0,375; 1; 1,4; 2; 13 ; 2; 13 ; 38 ; 3; 4; 18; 32 számok 8 5 mindegyikét ell´ atjuk pozit´ıv, vagy negat´ıv el˝ojellel, majd az ´ıgy kapott számokat ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ojelezéssel kaphatunk összegként 1-et? összeadjuk. Hányféle k¨ C. 1312. Hat´ arozzuk meg x2 + y 2 értékét, ha tudjuk, hogy xy + x + y = 44 2 és x y + xy = 448. 2

M&IQ 410


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 411. oldal – 27. lap


i

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1313. Egy egyenl˝ o oldal´ u háromszög egyik cs´ ucsa a (0; 1) pont. Két további cs´ ucsa k¨ oz¨ ul az egyik az x tengelyen, a másik az y = 3 egyenlet˝ u egyenesen van. Mekkora a háromsz¨ og ter¨ ulete? C. 1314. Egy háromsz¨ og két oldala egységnyi hossz´ u, közrezárt szög¨ uk 108◦ . Írjunk a h´ aromsz¨ ogbe szab´ alyos ötszöget u ´gy, hogy az ötszög oldalai köz¨ ul három a h´ aromsz¨ og oldalaira essen. Mekkorák a be´ırt ötszög oldalai? Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. november 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4732–4740.)

B. 4732. Egy 36 f˝os oszt´ aly tanulóinak a matematika átlagait osztályf˝onök¨ uk be´ırja egy 6 × 6-os t´ abl´ azatba. Mindegyik tanulónak más az átlaga. Az oszt´ alyf˝onök megjel¨ oli minden oszlopban a legnagyobb értéket. Azt találja, hogy a megjelölt 6 szám mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sorban van. Ezek után megjelöli minden sorban a legnagyobb átlagot. Most pedig azt tapasztalja, hogy ezek mind k¨ ulönböz˝o oszlopban helyezkednek el. Bizony´ıtsuk be, hogy a kétféle módszerrel ugyanazt a 6 átlagot jel¨ olte meg. (3 pont)

Javasolta: Szoldatics J´ ozsef (Budapest)

B. 4733. Egy n > 2 cs´ ucs´ u egyszer˝ u, összef¨ ugg˝o gráf minden élére 1-est vagy 2-est ´ırunk. Ezut´ an minden cs´ ucshoz hozzárendelj¨ uk a bel˝ole kiinduló élekre ´ırt sz´ amok szorzat´ at. Mutassuk meg, hogy lesz két olyan cs´ ucs, melyekhez ugyanazt a számot rendelt¨ uk. (3 pont)

Javasolta: Ademir Hujdurović (Koper)

B. 4734. Egy 2015 oldalél˝ u kockarács néhány mez˝ojét (egységkockáját) ismeretlen fert˝ ozés t´ amadta meg. A fert˝ozés u ´gy terjed, hogy ha a kocka valamelyik oldalélével p´ arhuzamos sor´ aban legalább t mez˝o fert˝ozött (1 6 t 6 2015), u ´gy egy perccel kés˝ obb a sorban minden mez˝o fert˝ozötté válik. Határozzuk meg, hány, kezdetben fert˝ oz¨ ott mez˝ o esetén a) v´ alik lehetségessé, b) lehet¨ unk biztosak benne, hogy a fert˝ ozés a kocka valamennyi mez˝ojét eléri. (6 pont)


Javasolta: Mész´ aros G´ abor (Budapest) 411

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 412. oldal – 28. lap


i

B. 4735. Szerkessz¨ unk h´ urnégyszöget, ha adott két-két szemközti oldalegyenesének a metszéspontja, az egyik cs´ ucsa, valamint az ezen áthaladó átló egyenese. (4 pont) B. 4736. Legyen n pozit´ıv egész szám. Oldjuk meg a n ∑ i=1

|xi | =

n n 3 ∑ 3 ∑ 2|xi | xi = x2 + 1 i=1 i i=1

egyenletrendszert. (5 pont)

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

B. 4737. Az ABC derékszög˝ u háromszög AB átfogójához tartozó magasságának talppontja D. Az ACD^ és a BCD^ szögfelez˝oje az AB átfogót rendre az E és F pontokban metszi. Hat´ arozzuk meg az ABC háromszög be´ırt, és a CEF h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore sugarainak arányát. (5 pont)

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 4738. Az AB átmér˝ oj˝ u k körnek az A és B pontoktól k¨ ulönböz˝o tetsz˝oleges pontja C. Bocs´ assunk mer˝olegest a C pontból az AB átmér˝ore, a mer˝oleges talppontja az AB szakaszon D, illetve a mer˝olegesnek a k körrel való második metszéspontja E. A C k¨ ozéppont´ u, CD sugar´ u kör a k kört a P és Q pontokban metszi. QM Legyen a CE és P Q szakaszok metszéspontja M . Határozzuk meg PPM + QE érE tékét. (4 pont)


B. 4739. Tekints¨ uk azokat az x valós számokat, amelyekre tg x + ctg x pozit´ıv egész sz´ am. Hat´ arozzuk meg k¨ oz¨ ul¨ uk azokat, amelyekre tg3 x + ctg3 x pr´ımszám. (4 pont)


B. 4740. Nyolc egységkockát u ´gy ragasztunk össze egy testté, hogy a megfelel˝o éleik párhuzamosak. Bizony´ıtsuk be, hogy a kapott test felsz´ıne legalább 24 egység. Ha a kapott test u uls˝o felsz´ın szám´ıt. ¨reges, akkor csak a k¨ (6 pont)

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

d 412


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 413. oldal – 29. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (650–652.)

A. 650. Adott egy ABC hegyesszög˝ u háromszög, és a C-b˝ol induló magasságvonal´ an egy X pont. Legyenek az AB egyenesen D és E azok a pontok, amelyekre DCB^ = ACE^ = 90◦ . Legyen a DX szakaszon K, az EX szakaszon pedig L az a pont, amelyre BK = BC, illetve AL = AC. Messe az AL egyenes BK-t Q-ban, BC-t pedig R-ben, vég¨ ul messe a BK egyenes AC-t P -ben. Mutassuk meg, hogy a CP QR négysz¨ og érint˝ onégyszög. A. 651. Hat´ arozzuk meg mindazokat a P (x) valós egy¨ utthatós polinomokat, amelyekre ( ) 3 P x3 − 2 = P (x) − 2 teljes¨ ul. CIIM 2015, Mexik´ o A. 652. Bizony´ıtsuk be, hogy létezik olyan C > 1 szám, amelyre a következ˝o tulajdons´ ag teljes¨ ul: valah´ anyszor n > 1, és a0 < a1 < . . . < an olyan pozit´ıv egészek, amelyekre az a1 , a1 , . . . , a1 számok számtani sorozatot alkotnak, a0 > C n . 0

1

n

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

d Mi a matematika ´ es kik a matematikusok? 2015. november 23-án, hétf˝on, 15:30-tól az MTA Rényi Alfréd Matematikai Kutat´ ointézet és a Bolyai J´ anos Matematikai Társulat szervezésében a Magyar ¨ Tudom´ any Unnepe alkalm´ ab´ ol kötetlen beszélgetés lesz matematika iránt érdekl˝od˝ o k¨ ozépiskol´ asokkal matematikai karrierlehet˝oségekr˝ol, oktatásról, tehetséggondozásr´ ol. A program sor´ an t¨ obb, karrierje k¨ ulönböz˝o fokán álló matematikussal ismerkedhetnek meg az érdekl˝ od˝ ok. Az el˝oadók kiválasztásának egyik szempontja a matematika, illetve a matematikus közösség soksz´ın˝ uségének felvillantása”, ezzel is ” k¨ ozelebb hozva mindkett˝ ot a fiatalokhoz. Helysz´ın: MTA Rényi Alfréd Matematikai Kutatóintézet, Budapest, V. ker., Re´ altanoda utca 13–15, Nagyterem. Kapcsolattart´ o: Patk´ os Bal´ azs, e-mail: [email protected]. Tov´ abbi inform´ aci´ o a http://www.renyi.hu honlapon olvasható. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

413

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 414. oldal – 30. lap


i

Kedves Koll´ eg´ ak! Az idén is megrendezz¨ uk az évenkénti hagyományos, immáron 27. Varga Tamás M´ odszertani Napokat. Ideje: 2015. november 6. péntek 15–19 óra és november 7. szombat 9–17 óra. Helysz´ıne: ELTE TTK Lágymányosi kampusz Déli ép¨ ulet, 1117 Budapest, Pázm´ any Péter sét´ any 1/C. Tov´ abbi inform´ aci´ ok: www.komal.hu/hirek/VTN_2015_toborzo.docx. ¨ ¨ Vancs´ o Od on [email protected]

Gr´ afalgoritmusok 1.

A gr´ afok sok hétk¨ oznapi probléma szemléltetésére és vizsgálatára alkalmasak. Ezekben a feladatokban a gráfok cs´ ucsai például egy elemet, helyet, állapotot jelölnek, m´ıg a gr´ af élei az egyes elemek közötti kapcsolatot, az állapotok közötti ´ azolhatjuk például gr´ átmenetet mutatják. Abr´ affal egy ter¨ ulet u ´thálózatát, ahol a cs´ ucsok a v´ arosoknak és a k¨ ozlekedési csomópontoknak felelnek meg, m´ıg az utak az éleknek. Alkalmazhatjuk a gráfokat a sakkjáték menetének le´ırására is: a kezd˝ o´ all´ asb´ ol elérhet˝ o¨ osszes áll´ asnak megfeleltet¨ unk egy-egy cs´ ucsot, m´ıg a szabályos lépéseknek a cs´ ucsok k¨ oz¨ otti ir´ any´ıtott éleket. A K¨ oMaL idei informatika pontversenyében kit˝ uzött I/S. 1. feladat is megoldhat´ o egy gráfban u ´tvonal keresésével. A feladatban az a kérdés, hogy egy fémlap A és B csatlakoz´ asi pontja k¨ ozött vezet˝o marad-e azok után, hogy bel˝ole körlap alak´ u ter¨ uleteket elt´ avol´ıtottunk. A megoldáshoz kész´ıts¨ unk egy gráfot, amelynek cs´ ucsai a k¨ or¨ ok k¨ ozéppontjai, valamint a lemezen k´ıv¨ ul a csatlakozási pontokat nem tartalmaz´ o oldalak mellett egy-egy pont. A gráfban legyen él azon cs´ ucsok között, amelyek k¨ orei érintik vagy metszik egymást, illetve a körök és a lemezen k´ıv¨ uli pontok k¨ oz¨ ott, ha a k¨ or érinti vagy metszi a fémlemez megfelel˝o oldalát. Ha van u ´tvonal a gr´ afban a fels˝ o és als´ o fémlapon k´ıv¨ uli cs´ ucsok között, akkor nem lehet ottetés a fémlap A és B oldala között – és megford´ıtva. összek¨

414


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 415. oldal – 31. lap


i

A kérdés eld¨ ontése teh´ at azt igényli, hogy keress¨ unk utat a gráf két lemezen k´ıv¨ uli cs´ ucsa k¨ oz¨ ott. Ha kézzel, ceruzával kellene megoldani a feladatot egy pap´ırra rajzolt gr´ afn´ al, akkor feltehet˝ oleg megoldanánk a problémát; egy kisebb gráfon ránézésre, egy nagyobb gr´ afon némi u ´tkeresést egy szám´ıtógép ¨gyességgel. Ha az u végzi (mert pl. rendk´ıv¨ ul nagy és bonyolult a gráf), akkor egy olyan m˝ uveletsorozatot kell megadnunk a sz´ am´ ara, amely tetsz˝oleges gráfon elvezet a kiinduló cs´ ucst´ ol a célba, vagy megadja, hogy a cél nem elérhet˝o. Ez utóbbi választ persze csak akkor adhatja, ha a kiindul´ o cs´ ucsb´ ol elérhet˝o összes cs´ ucsot már megvizsgálta, és azok k¨ oz¨ ott nem volt a cél. ´ Altal´ anoss´ agban egy tetsz˝ oleges gráfban az u ´tkeres˝o algoritmus valamilyen sorrendben bej´ arja a start cs´ ucsb´ ol elérhet˝o teljes részét a gráfnak. Például a következ˝o egyszer˝ u elj´ ar´ assal: ha a start cs´ ucs egyben nem a cél, akkor megnézi, hogy a start cs´ ucsb´ ol k¨ ozvetlen¨ ul elérhet˝ o cs´ ucsok (szomszédok) között van-e a cél. Ha itt sem tal´ alja, akkor a szomszédok szomszédjait nézi meg, és ´ıgy tovább. Ha eljutottunk k¨ ozben a célig, akkor van u ´t; ha pedig már nincs olyan él, amelyen u ´j, még nem érintett cs´ ucshoz érhet¨ unk, akkor a keresés szintén véget ér, mert nincs u ´t. A gráfok ilyen módszeres átvizsg´ al´ as´ at le´ıró algoritmusokat a gráf bejárásának nevezz¨ uk. Vizsg´ aljuk meg, hogy milyen tudással rendelkez¨ unk mi a gráf bejárásakor, és ´ kész´ıts¨ unk ennek megfelel˝ oen algoritmust. Eszrevehetj¨ uk, hogy a már egyszer megvizsg´ alt cs´ ucsokat u ´gy ker¨ ulhetj¨ uk el, ha valahogyan megjelölj¨ uk ˝oket, pl. átsz´ınezz¨ uk. Ezt a program is meg tudja tenni, pl. jelzi minden cs´ ucsnál, hogy jártunk-e már ott. Kezdetben csak a start cs´ ucs kap ilyen jelzést, a többi nem. Ezenk´ıv¨ ul tudnunk kell, hogy egy cs´ ucs szomszédjainak vizsgálata után melyik cs´ ucson folytassuk a keresést. Az eddig megvizsg´ alt részgráfot és a még nem érintett cs´ ucsokat összeköt˝o éleken kell tov´ abbhaladnunk. Az ´ıgy elérhet˝o cs´ ucsok egy-egy korábban elért cs´ ucs szomszédjai. Tegy¨ uk azt, hogy minden u ´j cs´ ucs elérésekor följegyezz¨ uk a még meg nem l´ atogatott szomszédokat. Kezdetben csak a start cs´ ucs legyen a jegyzetben. A sz´ am´ıt´ ogép haladjon végig a följegyzett cs´ ucsokon, vizsgálja meg, hogy elért¨ uk-e a célt, illetve b˝ov´ıtse a jegyzetet, amikor u ´j szomszédokat talál. Legyen egy gr´ afban két cs´ ucs távolsága az egyikt˝ol a másikig vezet˝o u ´tvonalak k¨ oz¨ ul a legkevesebb élen áthaladó u ´t éleinek száma; illetve végtelen, ha nincs köz¨ ott¨ uk u ´t. Ha a jegyzet¨ unknek mindig a végére ´ırunk, és az elejér˝ol vessz¨ uk a k¨ ovetkez˝ o vizsg´ aland´ o cs´ ucsot, akkor el˝oször a start cs´ ucsot érintj¨ uk (0 távolság), azt´ an az ˝o szomszédjait (a start cs´ ucstól 1 távolság), majd ezek szomszédjait (2 t´ avols´ ag), és ´ıgy tov´ abb. A gráf cs´ ucsait ´ıgy a start cs´ ucstól való távolságuk monoton n¨ ovekv˝ o sorrendjében érj¨ uk el. Ez azt jelenti, hogy a d távolságban lév˝o cs´ ucsok vizsg´ alata ut´ an kezdj¨ uk vizsgálni a d + 1 távolságra lév˝o cs´ ucsokat, tehát ez az algoritmus egyben a legr¨ ovidebb utat fogja megtalálni a start és a cél között (ha van u ´t). Az algoritmus m˝ uk¨ odése közben megjelöli a már meglátogatott cs´ ucsokat. Kereséskor azok a cs´ ucsok, amelyekben már jártunk, de még vannak nem érintett szomszédjai, egyfajta hat´ arvonalat” alkotnak a bejárt és nem bejárt cs´ ucsok kö” z¨ ott. Ez a hat´ ar fokozatosan b˝ov¨ ul, amikor a feljegyzésb˝ol egy u ´jabb cs´ ucsot megvizsg´ alunk. A keresés folyamatosan növeli a határ távolságát a kiinduló cs´ ucstól, ugyanakkor a határvonal egyre hosszabb, mivel egyre több cs´ ucs tartozik hozzá. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

415

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 416. oldal – 32. lap


i

Ezen tulajdons´ agok miatt a fent le´ırt u ´tkeres˝o algoritmust szélességi keresésnek nevezték el. Sz´ eless´ egi keres´ es (gr´ af, start, cél) j´ artunk(cs´ ucsok start kivételével) := nem j´ artunk(start) := igen f¨ oljegyzés := u ¨res f¨ oljegyzéshez f˝ uz := start megvan a cél := hamis Ciklus am´ıg van f¨ oljegyzés és nincs meg a cél cs´ ucs := vegy¨ uk a k¨ ovetkez˝ o cs´ ucsot a f¨ oljegyzésb˝ ol Ha cs´ ucs a cél akkor megvan a cél := igaz k¨ ul¨ onben szomszéd := cs´ ucs els˝ o szomszédja Ciklus am´ıg van szomszéd Ha nem j´ artunk(szomszéd) akkor f¨ oljegyzéshez := szomszéd j´ artunk(szomszéd) := igaz El´ agaz´ as v´ ege szomszéd := cs´ ucs k¨ ovetkez˝ o szomszédja Ciklus v´ ege El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege Sz´ eless´ egi keres´ es v´ ege

Az algoritmus befejez˝ odésekor a megvan a cél nev˝ u logikai változóból tudhatjuk meg, hogy siker¨ ult-e utat találni. Ezzel gyakorlatilag megoldottuk a fémlap vezetésével kapcsolatos feladatot. Természetesen föl kell el˝otte ép´ıten¨ unk a gráfot, azaz tudnunk kell, hogy mely cs´ ucsok között van él. Mivel a feladatban legföljebb 100 k¨ orr˝ ol van sz´ o (és kell még két cs´ ucs a körökön k´ıv¨ ul), ezért megtehetj¨ uk, hogy fölvesz¨ unk egy 102 × 102-es táblázatot, amelynél az 5. sor 16. oszlopában lév˝o érték jelzi, hogy az 5. és 16. gráfcs´ ucs között van-e él. Mivel a kapcsolat itt szimmetrikus, azaz a gr´ af nem irány´ıtott, ´ıgy nyilván ugyanez az érték szerepel a 16. sor 5. oszlop´ aban. Legyen péld´ aul 0, ha nincs él és 1, ha van él. A feladatban logikai értékek is állhatn´ anak a tábl´ azatban, de a kés˝obbiek miatt maradjunk mégis a számoknál. Az ´ıgy létrej¨ ov˝ o t´ abl´ azatot a gráf szomszédsági mátrixának h´ıvjuk. A mátrix kitöltése geometriai szám´ıt´ asokkal történhet a körök sugarai és koordinátái, valamint a fémlap méretei alapj´ an. Ha egy m´ asik feladatban az u ´tról többet is szeretnénk megtudni, például hogy milyen hossz´ u, illetve hogy mely cs´ ucsokon halad kereszt¨ ul, akkor b˝ov´ıten¨ unk kell az algoritmust. Keresés k¨ ozben még nem tudhatjuk, hogy azok köz¨ ul az élek k¨ oz¨ ul, amelyeken áthaladunk, melyek lesznek benne az u ´tban, tehát nem tudjuk megadni az utat. De bármely cs´ ucs elérésekor tudjuk, hogy honnan ért¨ unk az adott cs´ ucsba, ezért ha ezt az információt meg˝orizz¨ uk, akkor a cél cs´ ucsból visszafelé kiolvashat´ o a start cs´ ucsig az u ´t. Ehhez vegy¨ unk föl minden cs´ ucshoz egy értéket, amely megadja, hogy melyik cs´ ucsból érkezt¨ unk ide. Ha egy cs´ ucsot nem ért¨ unk el, vagy az a start cs´ ucs (ahov´ a nem érkez¨ unk sehonnan), akkor az érték jelentse azt, hogy nincs a keresés sor´ an megel˝oz˝o cs´ ucs. Ha a cs´ ucsokat pl. 1-t˝ol sorszámozzuk, akkor legyen ez az érték −1. Nézz¨ uk meg a szélességi keresés algoritmusának megvalós´ıtását abban az esetben, ha szeretnénk megkapni a keresés által talált utat. Legyenek a gráf cs´ ucsai

416


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 417. oldal – 33. lap


i

1-t˝ ol N -ig sorsz´ amozottak, és legyen adott egy N × N -es szomszédsági mátrix. Sz¨ ukség¨ unk van még két N méret˝ u tömbre, melyek keresés közben megmutatják, hogy mely cs´ ucsokban jártunk és hogy az adott cs´ ucsot melyik szomszédjából ért¨ uk el, illetve egy olyan jegyzetf¨ uzetre, amely seg´ıtségével sorra vehetj¨ uk a cs´ ucsokat. Ez ut´ obbihoz egy sor elnevezés˝ u adatszerkezet a leghasznosabb, amelynek a végére tudunk ´ırni és az elejér˝ ol tudjuk kiolvasni az elemeket. Könnyen megvalós´ıtható egy tömb és néh´ any egész változ´ o seg´ıtségével. Legyen egy eleje, vége, fhely és darab változ´ o, amely megadja, hogy hol van a tömbben a sor els˝o és utolsó eleme, mennyi a fér˝ ohely és most h´ any elem van a sorban. A sor szokásos m˝ uveletei: a végére f˝ uzés és az elejér˝ ol val´ o olvas´ as (ami most egyben az elem eltávol´ıtása is a sor elejér˝ol), valamint annak vizsg´ alata, hogy a sor u ¨res-e. A kezdetben u ¨res sornál legyen a darab és vége értéke nulla, az eleje pedig egy. A sorba történ˝o bef˝ uzés algoritmusa ekkor a k¨ ovetkez˝ o: Sorba(elem) Ha darab
A sor elejének olvas´ asa és az u ¨resség vizsgálatát végz˝o algoritmusok sem bonyolultabbak. Ha mindezekkel készen vagyunk, akkor a szélességi keresés – kiegész´ıtve az u ´tvonal megjegyzésével – a következ˝oképp néz ki (N a gráf cs´ ucsainak száma és m a gr´ af szomszéds´ agi mátrixa): Sz´ eless´ egi keres´ es u ´tvonallal(gr´ af, start, cél) Ciklus i := 1-t˝ ol N-ig j´ artunk[i] := hamis honnan[i] := -1 Ciklus v´ ege Sor legyen u ¨res Sorba(start) j´ artunk[start] := igaz megvan a cél := hamis Ciklus am´ıg nem u ¨res a sor és nem igaz megvan a cél Sorb´ ol(cs´ ucs) Ha cs´ ucs = cél akkor megvan a cél := igaz k¨ ul¨ onben Ciklus szomszéd := 1-t˝ ol N-ig Ha m[cs´ ucs][szomszéd] = 1 és nem j´ artunk[szomszéd] akkor Sorba(szomszéd) j´ artunk[szomszéd] := igaz honnan[szomszéd] := cs´ ucs El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege Sz´ eless´ egi keres´ es u ´tvonallal v´ ege


417

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 418. oldal – 34. lap


i

A példaként mellékelt gr´ afban utat keres¨ unk a 3-as szám´ u cs´ ucstól a 12-es sz´ am´ u cs´ ucsig. A gr´ afon jel¨ olt¨ uk a cs´ ucsok fölött a cs´ ucs start cs´ ucstól vett távolság´ at is. A sor elemeit t´ arol´ o tömb állapota keresés közben egy adott pillanatban a k¨ ovetkez˝ o: index elem

1 3

2 1

3 2

4 6

5 8

6 4

7 5

8 7

9 9

10 11

11

12

A t¨ ombben az aktu´ alis sorelemeket jelz˝o eleje mutató értéke 7, a vége értéke 10. Amennyiben a szélességi keresés algoritmusából kihagyjuk a cél cs´ ucs vizsgálatát, akkor egy olyan algoritmust kapunk, amely bejárja a start cs´ ucsból elérhet˝o részét a gráfnak. Ha az (ir´ any´ıtatlan) gráf összef¨ ugg˝o, akkor a teljes gráfot. A cél vizsg´ alata nélk¨ uli szélességi keresés választ ad arra a kérdésre, hogy egy (irány´ıtatlan) gráf ¨ osszef¨ ugg˝ o-e: ha minden cs´ ucsban jártunk, akkor az. Az u ´t megkeresésére a most választott módszert˝ol lényegesen eltér˝o módszerek is vannak. Pr´ ob´ aljunk meg például kijutni egy labirintusból! Ez a probléma is visszavezethet˝ o gráfban u ´t keresésére. Legyen a labirintus járatainak végein és a járatok keresztez˝ odésében egy-egy cs´ ucs a labirintusnak megfeleltethet˝o gráfban, a járatok pedig természetesen legyenek az élek. Induljunk el a labirintus egy pontjár´ ol. A szélességi keresés megtalálja ugyan a kijárathoz vezet˝o legrövidebb utat, de a sorb´ ol kivett cs´ ucsok sokszor egészen távol vannak egymástól, ezért a valóságban t´ ul sok f¨ ol¨ osleges mozg´ ast jelentenek. Sokkal természetesebb megoldás, hogy elindulunk sorrendben az els˝ o bal kézre es˝o járaton, és ha kiért¨ unk, minden rendben, ha zsákutc´ aba jutottunk, akkor visszamegy¨ unk, és ha keresztez˝odéshez jutottunk, akkor ott is elindulunk a balra es˝o els˝o járaton, és ´ıgy tovább. Ha egy sikertelen keresés ut´ an visszaér¨ unk egy keresztez˝odéshez, akkor ott a következ˝o járaton elindulva végezz¨ uk az el˝ obbi lépéseket. Ez az algoritmus is megtalál egy cél cs´ ucsot a start cs´ ucsb´ ol indulva, de egészen más cs´ ucsokat és éleket érint. Mivel a gráf bejár´ as´ anak ez a módja olyan, hogy hosszan el˝oremegy a bal els˝o éleken, vagyis elég hamar a start cs´ ucst´ ol t´ avolra jut, ezért mélységi keresésnek nevezték el. Az algoritmus részleteivel a cikk folytatásában foglalkozunk. 418


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 419. oldal – 35. lap


i

K´ erd´ esek ´ es feladatok: 1. Mit jelentenek a sakkot le´ıró gráfban a kimen˝o él nélk¨ uli cs´ ucsok? Van-e a gr´ afban k¨ or? 2. Hogyan módos´ıtsuk a szélességi keresést u ´gy, hogy ne a start cs´ ucstól vezet˝o legr¨ ovidebb utakat, hanem csak azok hosszát adja meg minden elérhet˝o cs´ ucsra? 3. Legal´ abb mekkora méret˝ u sorra van sz¨ ukség egy N cs´ ucsból álló gráfban a szélességi keresés k¨ ozben? Adjunk meg egy gráfot, start és cél cs´ ucsot, amelynél tényleg kell ekkora méret˝ u sor! 4. Tekints¨ uk egy gráf azon részét, amelyet a szélességi keresés érint egy adott cs´ ucsb´ ol, vagyis az érintett cs´ ucsokat és a hozzájuk vezet˝o éleket. Lehet-e ebben a gr´ afban k¨ or? 5. Szeretnénk egy gráf cs´ ucsait kisz´ınezni két sz´ınnel u ´gy, hogy minden cs´ ucsot kisz´ınez¨ unk, és a szomszédos cs´ ucsokat mindig k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ ure festj¨ uk. Ez nyilván nem lehetséges b´ armely gráfban. Módos´ıtsuk u ´gy a szélességi bejárást, hogy elvégezze a sz´ınezést, ha az lehetséges! Schmieder L´ aszl´ o

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 382. A ZUMA egy t¨ obbféle elrendezés˝ u pályán játszott lövöldöz˝os játék. A j´ aték sor´ an a pály´ an mozg´ o, kezdetben folytonos sort alkotó, k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ u goly´ okat kell l¨ ovések seg´ıtségével elt¨ untetni, miel˝ott azok bármelyike elérné a pálya végét. Kész´ıts¨ unk programot, amelyben a játékot egy egyenes szakaszon játsszuk, a goly´ ok balr´ ol jobbra mozognak és minden id˝oegységben egy lövés történik. Szab´ alyok: • a goly´ ok kezdetben a pálya bal oldalán helyezkednek el, között¨ uk golyó nélk¨ uli poz´ıci´ o nincs; • balr´ ol az els˝ o goly´ o minden id˝oegységben egy egységgel tolódik jobbra; • minden olyan goly´ o tol´ odik, amelynek a szomszédja tolódik; • a kil˝ ott goly´ o tol´ od´ as ut´ an ér célba, de még ugyanabban az id˝oegységben ◦ ha a tal´ alat helyén golyó van, akkor ∗ ha a tal´ alat helyén és közvetlen¨ ul mellette azonos sz´ın˝ u golyók voltak egym´ as mellett; – azokat elt¨ unteti, hely¨ uk u ¨res lesz; – am´ıg az u uttvéve 3 vagy több ¨ressé váló rész két oldalán egy¨ azonos sz´ın˝ u golyó van, azok is elt˝ unnek; ∗ k¨ ul¨ onben a kil˝ ott golyó a találat helyére ker¨ ul, az ott lév˝o golyó pedig jobbra tol´ odik és a jobbra lév˝o golyók köz¨ ul mindazok tolódnak, amelyek szomszédja tolódik;


419

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 420. oldal – 36. lap


i

◦ ha a tal´ alat helyén nincs golyó, akkor ∗ ha valamely szomszédjában van golyó, a golyó a célhelyen marad; ∗ k¨ ul¨ onben a goly´ o elt˝ unik. A bemeneti fájl els˝ o sora a pálya h hosszát, a pályán lév˝o golyók p számát és a j´ aték sor´ an kil˝ ott goly´ ok k sz´ amát tartalmazza. A második sor p darab karaktert tartalmaz, amely a goly´ ok sz´ınét jelöli, amelyek sorrendben a pálya bal szélét˝ol helyezkednek el. (A goly´ ok sz´ınét az A, . . . , F karakterek jelölik.) A következ˝o k sor egy-egy goly´ o-hely párt tartalmaz: a páros els˝o tagja a golyó sz´ınét jelöli, a második tagja pedig a poz´ıci´ ot, amelyen a golyó a pályát eléri. A kimenet a rendszer állapotát mutatja az utols´ o l¨ ovést k¨ ovet˝ oen. • Ha az ¨ osszes goly´ ot siker¨ ult lövésekkel elt¨ untetni, akkor az els˝o sorba 0 ker¨ uljön, a második sorba azon l¨ ovés sorszáma, amely után ez el˝oször teljes¨ ult. • Ha valamely goly´ o elérte a pálya végét, akkor az els˝o sorba a -1 ker¨ uljön, a második sorba pedig azon lövés sorszáma, amely után ez történt. • Ha van még goly´ o a pály´ an, de egy sem érte el a végét, akkor az els˝o sor az 1 értéket tartalmazza, a második sor pedig h darab karaktert, amely a pályán lév˝o goly´ ok sz´ınét jel¨ oli balr´ ol jobbra. Az u uljön. ¨res poz´ıciókra . ker¨ Az al´ abbi példa sorai egy-egy, egymástól f¨ uggetlen állapotokban bekövetkezett lövést és annak eredményét mutatják. Aktu´ alis állapot BAAB...... BAAB...... BBAAB..... BBAABCCC.. CBBAABCCC. AA...AA... AA...AA... Bemenet 20 10 3 ABCDEABCDE A 4 B 7 A 1

Lövés A 2 A 3 A 4 A 5 A 5 B 4 B 5

Következ˝o állapot .ABAAB.... .B..B..... .......... ......CCC. .......... .AAB..AA.. .AA...AA.. Kimenet 1 ...ABACBDEABCDE.....

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 i382.zip állományban a program forráskódja, valamint a program r¨ ovid dokumentációja, amely tartalmazza a megoldás rövid le´ırását, és megadja, hogy a forr´ as´ allomány melyik fejleszt˝o környezetben ford´ıtható. 420


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 421. oldal – 37. lap


i

´ A magyarországi hatósági engedéllyel rendelkez˝o bányászati ter¨ I. 383 (E). uletek néh´ any adata áll rendelkezés¨ unkre a telek.txt, a banya.txt és a nyersanyag.txt ´ allom´ anyokban. Az állományok tabulátorral tagolt, UTF-8 kódolás´ u sz¨ ovegf´ ajlok, az els˝ o sorok a mez˝oneveket tartalmazzák. Kész´ıts¨ unk u ´j adatb´ azist i383 néven. A mellékelt adatállományokat importáljuk az adatb´ azisba a forr´ as´ allományokkal azonos néven. Beolvasáskor áll´ıtsuk be a megfelel˝ o adatform´ atumokat és kulcsokat, a táblákba ne vegy¨ unk fel u ´j mez˝ot. T´ abl´ ak: telek (id, telepules, muvmod, allapot, fedoszint, fekuszint) id A bányatelek azonos´ıtója (szám), ez a kulcs. telepules Telep¨ ulés neve, amelyhez a bánya tartozik (szöveg). A bánya m˝ uvelési módja, értéke k¨ ulfejtés, mélym˝ uvelés, mélyf´ urás, muvmod k¨ ulfejtés és mélym˝ uvelés lehet (szöveg). allapot A bány´ aszati tevékenység jellege, értéke M , S, T és B lehet – m˝ uk¨ od˝ o, sz¨ unetel˝o, tájrendez˝o és bezárt állapota szerint (szöveg). fedoszint A nyersanyagréteg fels˝o szintje méterben a tengerszinthez képest (sz´ am). fekuszint A nyersanyagréteg alsó szintje méterben a tengerszinthez képest (sz´ am). banya (telekid, nyersanyagid) telekid A bányatelek azonos´ıtója (szám), kulcs. nyersanyagid Az ásv´ anyi nyersanyag azonos´ıtója (szám), kulcs. nyersanyag (id, nev) id Az ásv´ anyi nyersanyag azonos´ıtója (szám), ez a kulcs. nev Az ásv´ anyi nyersanyag neve (szöveg).

Kész´ıts¨ uk el a k¨ ovetkez˝ o feladatok megoldásait. Az egyes lekérdezéseknél u ¨gyelj¨ unk arra, hogy mindig csak a kért értékek jelenjenek meg és más adatok ne. A megold´ asokat a zár´ ojelben lév˝ o néven ments¨ uk el. 1. Soroljuk fel lekérdezés seg´ıtségével azoknak a telep¨ uléseknek a nevét, ahol z´ artak be mélym˝ uvelés˝ u bányát. A listában minden telep¨ ulésnevet egyszer jelen´ıts¨ unk meg. (3bezart) 2. Melyik a legvastagabb szénréteg˝ u bányatelek? Adjuk meg a telep¨ ulés nevét és a szénréteg vastags´ ag´ at. (4sokszen) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

421

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 422. oldal – 38. lap


i

3. Lekérdezéssel hat´ arozzuk meg, hogy a kavicsot termel˝o bányák milyen más nyersanyagot termelnek, illetve termelhettek még ki. A listában a kavics ne jelenjen meg. (5kavics) 4. Adjuk meg a m˝ uk¨ od˝ o b´ anyák köz¨ ul azokat, ahol 400 és 500 méter tengerszint feletti magass´ agb´ ol nyersanyag termelhet˝o ki. A listában a bánya telep¨ ulése és a bány´ aszott nyersanyag jelenjen meg. (6magas) 5. A szénhidrogének – halmazállapottól f¨ uggetlen¨ ul – általában egy¨ utt fordulnak el˝ o. Lekérdezés seg´ıtségével listázzuk ki azokat a telep¨ uléseket, ahol a bányatelkeken k˝ oolaj és f¨ oldg´ az kitermelése egy¨ utt történik. A listában a telep¨ ulések neve és a feltételnek eleget tev˝o bányatelkek száma jelenjen meg. (7szenhidrogen) 6. A fed˝ oszint és a fek¨ uszint alapvet˝o információ a bányatelkekr˝ol. Az adatbázis karbantart´ as´ ahoz ezeket az adatokat be kell szerezni. Kész´ıts¨ unk jelentést azokr´ ol a bányatelkekr˝ ol, ahol a két adat köz¨ ul legalább az egyik hiányzik. A jelentésben a telep¨ ulések nevét emelj¨ uk ki, bányatelkenként adjuk meg a telek azonos´ıt´ oj´ at, a bány´ aszott ásványi nyersanyag nevét és az esetleg ismert fed˝ oszint, valamint fek¨ uszint értékét. A jelentés létrehozását lekérdezéssel vagy ideiglenes t´ abl´ aval kész´ıts¨ uk el˝o. A jelentés elkész´ıtésekor a mintából a mez˝ok sorrendjét, a c´ımet és a mez˝onevek megjelen´ıtését vegy¨ uk figyelembe. A jelentés form´ az´ as´ aban eltérhet¨ unk a mintától. (8hiany)

7. A k¨ ulfejtés, illetve a k¨ ulfejtés és mélym˝ uvelés nyersanyag kitermelési módszer a tájat durv´ an átrendezi. Lekérdezés seg´ıtségével határozzuk meg, hogy hány telep¨ ulést érint ilyen m˝ uvelési mód´ u bányatelek. (9tajrombolas) Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i383.zip állományban az adatbázis és egy rövid dokument´ aci´ o, amelyb˝ ol kider¨ ul az alkalmazott adatbázis-kezel˝o neve, verziószáma. Let¨ olthet˝ o fájlok: nyersanyag.txt, banya.txt, telek.txt 422


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 423. oldal – 39. lap


i

I. 384. Kész´ıts¨ unk alkalmazást egyszer˝ u (hurok- és többszörös élek nélk¨ uli) gráfok szerkesztésére. A program legyen alkalmas legföljebb 20 cs´ ucsot tartalmazó gráf vizu´ alis szerkesztésére, valamint szöveges állományba mentésére és beolvasására. Szerkesztéskor az u uleten történ˝o kattintás jelentse egy u ´j cs´ ucs¨res rajzter¨ pont f¨ olvételét. Két cs´ ucsra kattintás egymás után jelentse az els˝ot a másodikkal o¨sszek¨ ot˝ o (ir´ any´ıtatlan) él berajzolását, ha még nem voltak o¨sszekötve; illetve az él törlését, ha m´ ar o uve¨ssze voltak kötve. A jobb egérgombbal történ˝o hasonló m˝ let jelentse ir´ any´ıtott élek rajzolását és törlését. Cs´ ucsot a fölötte lenyomva tartott egérgombbal lehessen mozgatni. A cs´ ucsok kapjanak 1-t˝ol kiindulva sorszámot. Cs´ ucsot t¨ or¨ olni a cs´ ucsra t¨ ortén˝ o dupla kattintással lehessen. Ha egy cs´ ucsot törl¨ unk, akkor természetesen minden élét is törölj¨ uk, ugyanakkor minden nála nagyobb sorsz´ am´ u cs´ ucs sz´ ama cs¨ okkenjen eggyel. Így egy N cs´ ucs´ u gráfban a sorszámok mindig 1-t˝ ol N -ig terjedjenek. A cs´ ucsokat ábrázoljuk egyszer˝ u körként, a sorszámukat ´ırjuk a k¨ or belsejébe. Az éleket szakaszként rajzoljuk, az irány´ıtott éleket a szakasz végén ny´ıllal jel¨ olj¨ uk. A programnak nem kell megoldania olyan megjelen´ıtési problém´ akat, hogy cs´ ucsok k¨ orei átfedik egymást vagy egy nem a cs´ ucsba befutó élt. Tételezz¨ uk f¨ ol, hogy a programot egy u ¨gyes felhasználó kezeli, aki igyekszik a gráf jó elrendezésére. A program az M gomb megnyomására vagy a men¨ ub˝ol kiválasztva a Mentés funkci´ ot ´ırja egy graf.txt sz¨ oveges állományba a gráf adatait. Az állomány els˝o sor´ aban a cs´ ucsok sz´ ama (N ) és az élek száma (E), valamint a rajzter¨ ulet szélessége és magass´ aga legyen egy-egy szóközzel elválasztva, a következ˝o N sorban a cs´ ucsok grafikus szerkesztéskor alkalmazott koordinátái (egész számpárok szóközzel elv´ alasztva), majd a k¨ ovetkez˝o E sorban a gráf élei (egész számpárok szóközzel elv´ alasztva) szerepeljenek. A program a B gomb vagy a Beolvasás funkció esetén tör¨ olje a munkater¨ ulet és olvassa be a graf.txt állományt további szerkesztésre. A megold´ ashoz a versenyki´ırásban szerepl˝o programozási nyelveket és fejleszt˝oeszk¨ oz¨ oket haszn´ alhatjuk, illetve kliens oldalon futó webes alkalmazásokat is elfogadunk. Bek¨ uldend˝ o egy i384.zip tömör´ıtett állományban a program forráskódja, valamint a program r¨ ovid dokumentációja, amely tartalmazza a megoldás rövid le´ırását, és megadja, hogy a forr´ as´ allomány melyik fejleszt˝o környezetben ford´ıtható. I/S. 2. Adjuk meg a lexikografikusan rendezett n hossz´ u permutációk köz¨ ul a k-adikat (1 6 n 6 14 és 1 6 k 6 n!). Egy n hossz´ u permutációnak az 1, 2, . . . , n sz´ amok egy sorbarendezését nevezz¨ uk. Két permutációt u ´gy tudunk lexikografikusan rendezni, hogy balr´ ol az els˝o helyen, ahol eltérnek a számok számjegyei egymástól, a kisebb sz´ amot tartalmaz´ o permutációt soroljuk el˝orébb. Például 2314 < 2341. A program olvassa be a standard input els˝o sorából n-et és k-t, majd ´ırja a standard output els˝ o és egyetlen sorába a megfelel˝o permutációt. Példa bemenet: 4 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

Példa kimenet: 1 2 4 3 423

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 424. oldal – 40. lap


i

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 is2.zip állományban a program forráskódja az .exe és más, a ford´ıt´ o által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program rövid dokument´ aci´ oja, amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forrás mely fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. S. 101. Adott egy hegység térképe, pontosabban egy N × M -es táblázat az egyes koordin´ at´ ak magass´ agával, melyek egyike sem nagyobb, mint 1 000 000 000. Tov´ abb´ a adott néh´ any nagyon szép hely a hegységben. Azt szeretnénk eldönteni, hogy legal´ abb mennyire nehéz az a t´ ura, amely minden szép helyet meglátogat valamelyik szép helyr˝ ol kiindulva. Azaz formálisan a legkisebb C számot szeretnénk meghat´ arozni, hogy b´ armelyik szép helyr˝ol bármelyik másikra el lehessen jutni u ´gy, hogy k¨ ozben a térképen egy mez˝or˝ol mindig egy másik olyan élszomszédos mez˝ore lép¨ unk, melyek szintk¨ ul¨ onbsége legföljebb C. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et és M -et, a térkép sorainak és oszlopainak sz´ am´ at (1 6 N, M 6 800), majd a következ˝o N sorból soronként M db egészet: a magasságokat. Az utána következ˝o N sorból is soronként M db egészet, melyek 0-k, vagy 1-ek lehetnek: 0, ha nem szép a hely, és 1, ha szép. A program ´ırja a standard output els˝o és egyetlen sorába a lehet˝o legkisebb megfelel˝ o C sz´ amot. Példa bemenet: 3 5 20 21 18 99 5 19 22 20 16 26 18 17 40 60 80 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

Példa kimenet: 21

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 s101.zip állományban a program forráskódja az .exe és más, a ford´ıt´ o által generált állományok nélk¨ ul, valamint a program rövid dokument´ aci´ oja, amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forrás mely fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2015. november 10.

d 424


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 425. oldal – 41. lap


i

A 46. Nemzetko akolimpia ¨zi Fizikai Di´ elm´ eleti feladatai∗ 1. feladat. Napb´ ol ´ erkez˝ o r´ eszecsk´ ek (összesen 10 pont). A Nap fel¨ uletér˝ ol érkez˝ o fotonok és a belsejéb˝ol érkez˝o neutr´ınók a Nap bels˝o és k¨ uls˝ o h˝ omérsékletér˝ ol adhatnak információt, valamint meger˝os´ıtik, hogy a Nap a benne zajl´ o nukle´ aris folyamatok miatt ragyog. A feladatban a k¨ ovetkez˝ o adatokat haszn´ alhatjuk: a Nap t¨ omege: M⊙ = 2,00 · 1030 kg, 8 a Nap sugara: R⊙ = 7,00 · 10 m, a Nap luminozit´ asa (egységnyi id˝ o alatt kisug´ arzott energia): L⊙ = 3,85 · 1026 W és a F¨ old–Nap ´ atlagos t´ avols´ aga: d⊙ = 1,50 · 1011 m. Néh´ any f¨ uggvény hat´ arozatlan integr´ alja: ( ) ∫ x 1 − 2 eax + ´ (i) xeax dx = alland´ o, a a ( 2 ) ∫ x 2x 2 x2 eax dx = (ii) − 2 + 3 eax + ´ alland´ o, a a a ( 3 ) ∫ x 3x2 6x 6 x3 eax dx = (iii) − 2 + 3 − 4 eax + ´ alland´ o. a a a a

A r´ esz. A Napt´ ol j¨ ov˝ o sug´ arz´ as A.1. Tegy¨ uk fel, hogy a Nap abszol´ ut fekete testként sug´ aroz. Ezt felhaszn´ alva hat´ arozzuk meg a Nap T⊙ felsz´ıni h˝ omérsékletét! (0,3 pont) A napsug´ arz´ as spektrum´ at jó közel´ıtéssel a Wien-féle eloszlás adja meg. Eszerint a Napb´ ol a F¨ old egy adott fel¨ uletére egységnyi id˝o alatt, egységnyi frekvenciatartom´ anyban érkez˝ o energia: u(f ) = A

2 R⊙ 2πh 3 f exp(−hf /kB T⊙ ), 2 d⊙ c2

ahol f a frekvencia, A pedig a bejöv˝o sugárzás irányára mer˝oleges fel¨ ulet nagysága.2 Ezek ut´ an tekints¨ unk egy, a bees˝o napsugárzás irányára mer˝olegesen elhelyezett, A fel¨ ulet˝ u, félvezet˝ o anyagból kész¨ ult, vékony napelemet. A.2. A Wien-k¨ ozel´ıtést felhaszn´ alva fejezz¨ uk ki a napelem fel¨ uletére bees˝ o napsug´ arz´ as teljes Pbe teljes´ıtményét az A, R⊙ , d⊙ , T⊙ paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai ´ alland´ okkal! (0,3 pont) ∗

A hivatalos megold´ ast és a mérési feladatokat a K¨ oMaL novemberi sz´ am´ aban ismertetj¨ uk. A feladatok kidolgoz´ as´ ara 5 ´ ora ´ allt rendelkezésre. A h´ arom elméleti feladatra ¨ osszesen 30 pontot lehetett kapni. A részfeladatok ut´ an k¨ oz¨ olt pontsz´ amok az egyes kérdések nehézségi fok´ ara utalnak. 2 c a fénysebességet, h a Planck-´ alland´ ot, kB pedig a Boltzmann-´ alland´ ot jel¨ oli. Ezek (és még m´ as fizikai ´ alland´ ok) sz´ amértékét egy k¨ ul¨ on t´ abl´ azatban megkapt´ ak a versenyz˝ ok.


425

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 426. oldal – 42. lap


i

A.3. Fejezz¨ uk ki az egységnyi id˝ o alatt, egységnyi frekvenciatartom´ anyban a napelem fel¨ uletére bees˝ o fotonok nγ (f ) sz´ am´ at az A, R⊙ , d⊙ , T⊙ , f paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai ´ alland´ okkal! ( 0,2 pont) A félvezet˝ o anyag, amib˝ ol a napelem kész¨ ult, Eg szélesség˝ u tiltott sávval rendelkezik.3 Alkalmazzuk a k¨ ovetkez˝o modellt. Minden, E > Eg energiáj´ u foton egy elektront gerjeszt a tiltott s´ av f¨ olé. Ez az elektron Eg energiával járul hozzá a hasznos kimen˝ o energiához, az esetleges többletenergiája h˝o formájában disszipálódik (nem hasznosul). A.4. Legyen xg = hfg /kB T⊙ , ahol Eg = hfg . Fejezz¨ uk ki a napelem Pki hasznos kimen˝ o teljes´ıtményét az xg , A, R⊙ , d⊙ , T⊙ paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai ´ alland´ okkal! ( 1,0 pont) A.5. Fejezz¨ uk ki a napelem η hat´ asfok´ at xg seg´ıtségével! (0,2 pont) ´ A.6. Abr´ azoljuk v´ azlatosan η-t az xg f¨ uggvényében! Az xg = 0 és az xg → ∞ esetén érvényes értékeket is t¨ untess¨ uk fel. Mekkora az η(xg ) f¨ uggvény meredeksége xg=0 és xg → ∞ esetén? (1,0 pont) alis. ´ A.7. Jel¨ olj¨ uk x0 -lal xg azon értékét, ahol η maxim´ Irjuk fel azt a harmadfok´ u egyenletet, amib˝ ol x0 meghat´ arozhat´ o! Adjunk becslést x0 értékére ±0,25 pontoss´ aggal! Ezt felhaszn´ alva sz´ amoljuk ki η(x0 ) értéket! (1,0 pont) A.8. Tiszta szil´ıcium esetén Eg = 1,11 eV. Ezt az adatot felhaszn´ alva, sz´ amoljuk ki a szil´ıciumb´ ol kész¨ ult napelem ηSi hat´ asfok´ at! (0,2 pont) A 19. század végén Kelvin és Helmholtz (KH) egy hipotézissel álltak el˝o a Nap sug´ arz´ as´ anak magyar´ azatára. Feltételezték, hogy a Nap kezdetben egy óriási, elhanyagolhat´ o s˝ ur˝ uség˝ u, M⊙ t¨ omeg˝ u porfelh˝o volt, amely folyamatosan h´ uzódott o¨ssze. A Nap sug´ arz´ asa – feltevés¨ uk szerint – származhat a lass´ u zsugorodás során felszabadul´ o gravit´ aci´ os potenciális energiából. A.9. Tegy¨ uk fel, hogy a Nap egyenletes t¨ omegeloszl´ as´ u. Adjuk meg a Nap jelenlegi Ω gravit´ aci´ os potenci´ alis energi´ aj´ at a G gravit´ aci´ os ´ alland´ o, M⊙ és R⊙ seg´ıtségével! (0,3 pont) A.10. A KH-hipotézis alapj´ an becs¨ ulj¨ uk meg azt a legnagyobb lehetséges τKH id˝ ot (években megadva), ameddig a Nap ragyogni tudna! Tételezz¨ uk fel, hogy ezen id˝ o alatt a Nap luminozit´ asa ´ alland´ o. (0,5 pont) A fenti m´ odon kisz´ amolt τKH id˝o nem egyeztethet˝o össze a Naprendszer – meteoritok tanulm´ anyoz´ as´ aval kapható – becs¨ ult életkorával. Ez azt mutatja, hogy a Nap energiaforrása nem lehet tisztán gravitációs eredet˝ u. B r´ esz. A Napb´ ol j¨ ov˝ o neutr´ın´ ok 1938-ban Hans Bethe azt áll´ıtotta, hogy a Nap energiája a benne lev˝o hidrogén héliumm´ a t¨ ortén˝ o magf´ uzi´ oj´ ab´ ol származik. A nettó magreakció: 4 1H →

4

He + 2e+ + 2νe .

A reakci´ oban keletkez˝ o νe elektronneutr´ınók” tömege zérusnak vehet˝o. Ezek a ré” szecskék a Napb´ ol kiszabadulnak, és a Földön történ˝o detektálásuk alátámasztja 3

426

A g” index az angol gap (rés) sz´ ora, vagyis a tiltott s´ av szélességére utal. ” K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 427. oldal – 43. lap


i

a magreakci´ ok lezajl´ as´ at a Nap belsejében. A neutr´ınók által elszáll´ıtott energia elhanyagolhat´ o ebben a feladatban. B.1. Sz´ am´ıtsuk ki a F¨ oldet elér˝ o neutr´ın´ ok sz´ am´ anak Φν fluxuss˝ ur˝ uségét m−2 s−1 egységben! A fenti reakci´ oban ∆E = 4,0 · 10−12 J energia szabadul fel. Tételezz¨ uk fel, hogy a Nap ´ altal kisug´ arzott energia teljes mértékben ebb˝ ol a reakci´ ob´ ol sz´ armazik! (0,6 pont) A Nap magjáb´ ol a F¨ oldig tartó u ´tjuk során a νe elektronneutr´ınók egy része m´ as t´ıpus´ u, νx neutr´ın´ okk´ a alakul át.4 A detektor a νx neutr´ınókat 16 akkora hatásfokkal érzékeli, mint amekkora hatásfokkal a νe neutr´ınókat. Ha nem volna neutr´ın´ o´ atalakul´ as, akkor egy év alatt átlagosan N1 szám´ u neutr´ınó detektálását várn´ ank. Azonban az átalakulás miatt a valóságban egy év alatt átlagosan N2 sz´ am´ u neutr´ın´ ot (νe -t és νx -t egy¨ uttesen) detektálnak. B.2. Hat´ arozzuk meg N1 és N2 seg´ıtségével, hogy a νe neutr´ın´ ok mekkora r h´ anyada alakul ´ at νx neutr´ın´ ov´ a! (0,4 pont) Ahhoz, hogy a neutr´ın´ okat észlelni tudjuk, nagy, v´ızzel töltött detektorokat ép´ıt¨ unk. Habár a neutr´ın´ ok anyaggal való kölcsönhatása meglehet˝osen ritka, olykor elektronokat l¨ oknek ki a detektorbeli v´ızmolekulákból. Ezek a nagyenergiáj´ u elektronok nagy sebességgel hatolnak át a v´ızen, mely folyamat során elektromágneses sug´ arz´ ast bocs´ atanak ki. Am´ıg egy ilyen elektron sebessége nagyobb, mint a fény sebessége az n t¨ orésmutatój´ u v´ızben, a sugárzás (´ un. Cserenkov-sugárzás) k´ up alakban bocsát´ odik ki. B.3. Tételezz¨ uk fel, hogy a neutr´ın´ o ´ altal kil¨ ok¨ ott elektron a v´ızben val´ o halad´ asa sor´ an ´ alland´ ou oegységenként α energi´ at vesz´ıt. Hat´ arozzuk meg ¨temben, id˝ a neutr´ın´ o´ altal az elektronnak ´ atadott energi´ at (Eátadott ) α, ∆t, n, me és c seg´ıtségével, ha az elektron ∆t ideig bocs´ at ki Cserenkov-sug´ arz´ ast! (Tételezz¨ uk fel, hogy az elektron a neutr´ın´ oval val´ o k¨ olcs¨ onhat´ asa el˝ ott nyugalomban volt.) (2,0 pont) A Nap belsejében a hidrogén héliummá történ˝o f´ uziója több lépésben történik. Az egyik ilyen lépés sor´ an 7 Be atommag (nyugalmi tömege mBe ) keletkezik. Ezut´ an ez az atommag egy elektront nyelhet el, melynek folyamán egy 7 Li atommag (nyugalmi t¨ omege mLi < mBe ) és egy νe neutr´ınó keletkezik. A megfelel˝o magreakció: 7 Be + e− → 7 Li + νe . Ha egy nyugalomban lev˝ o Be atommag (mBe = 11,5 · 10−27 kg) elnyel egy ugyancsak nyugv´ o elektront, a keletkez˝ o neutr´ınó energiája Eν = 1,44 · 10−13 J. Azonban a Be atommagok véletlenszer˝ u termikus mozgást végeznek a Nap magjában lév˝o Tc h˝ omérséklet miatt, és mozg´ o neutr´ınóforrásként viselkednek. Emiatt a kibocsátott neutr´ın´ ok energi´ aja ∆Erms négyzetes középértékkel fluktuál. B.4. Ha ∆Erms = 5,54 · 10−17 J, sz´ amoljuk ki a Be magok VBe sebességé´ nek négyzetes k¨ ozépértékét, majd ezzel adjunk becslést Tc -re! (Utmutat´ as: ∆Erms a megfigyelés ir´ any´ aba mutat´ o sebességkomponens négyzetes k¨ ozépértékét˝ ol f¨ ugg.) (2,0 pont) 4

Ezen jelenség, az u ń. neutr´ın´ ooszcill´ aci´ o k´ısérleti igazol´ as´ aért Kadzsita Takaaki jap´ an és Arthur B. McDonald kanadai tud´ osnak ´ıtélték oda a 2015. évi fizikai Nobel-d´ıjat (– a szerk.).


427

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 428. oldal – 44. lap


i

2. feladat. A sz´ els˝ o´ ert´ ekelv (összesen 10 pont). A r´ esz. Sz´ els˝ o´ ert´ ekelv a mechanik´ aban Tekints¨ unk egy v´ızszintes, s´ urlódásmentes x-y s´ıkot (1. ´ abra). A s´ıkot az x = x1 egyenlettel megadott AB egyenes két, I és II jel˝ u tartományra osztja. Egy m tömeg˝ u, pontszer˝ u test helyzeti energiája az I-es tartományban V = 0, m´ıg a II-es tartományban V = V0 . A részecskét az O origóból v1 sebességgel ind´ıtjuk el egy, az x tengellyel ϑ1 szöget bezáró egyenes mentén. A II-es tartományban lév˝o P pontot v2 sebességgel éri el egy, az x tengellyel ϑ2 szöget bezáró egyenes mentén. 1. ´ abra

A gravit´ aci´ ot és a relativisztikus hat´ asokat a feladat minden részében elhanyagolhatjuk.

A.1. Fejezz¨ uk ki v2 -t az m, v1 és V0 mennyiségek seg´ıtségével! (0,2 pont) A.2. Adjuk meg v2 -t v1 , ϑ1 és ϑ2 seg´ıtségével! (0,3 pont) ∫ Defini´ alunk egy (hat´ asnak nevezett) A = m v(s) ds mennyiséget, ahol ds a v(s) sebességgel mozgó m t¨ omeg˝ u részecske infinitezimálisan kicsi” elmozdulása ” a p´ aly´ aja mentén. Az integr´ al´ ast a pályagörbe mentén kell elvégezni. Példaként, ha egy részecske állandó v sebességgel mozog egy R sugar´ u körp´ alyán, akkor az A hat´ as 1 fordulat alatt 2πmRv lesz. Ha a részecske E energi´ aja állandó, akkor megmutatható, hogy két rögz´ıtett végpont k¨ oz¨ ott az ¨ osszes lehetséges pálya köz¨ ul a részecske ténylegesen azon a pályán fog mozogni, amelyen kisz´ am´ıtva az A hatásnak széls˝oértéke (minimuma vagy maximuma) van. T¨ orténeti okokból ezt a széls˝oértékelvet a legkisebb hat´ as elvének (LHE) nevezik. A.3. A LHE-b˝ ol k¨ ovetkezik, hogy ha egy részecske olyan tartom´ anyban mozog, ahol a helyzeti energia ´ alland´ o, a p´ aly´ aja a két r¨ ogz´ıtett pont k¨ oz¨ otti egyenes szakasz lesz. Legyenek az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o O és P r¨ ogz´ıtett pontok koordin´ at´ ai (0, 0), illetve (x0 , y0 ), tov´ abb´ a annak a hat´ arpontnak a koordin´ at´ ai, ahol a részecske az I-es tartom´ anyb´ ol ´ atmegy a II-esbe, legyenek (x1 , w). Fontos, hogy x1 értéke r¨ ogz´ıtett, és a hat´ as csak a w koordin´ ata f¨ uggvénye. Adjuk meg az A(w) hat´ asf¨ uggvény alakj´ at! Az LHE alapj´ an keress¨ unk kapcsolatot a v1 /v2 h´ anyados és a fenti koordin´ at´ ak k¨ oz¨ ott! (1,0 pont) B r´ esz. Sz´ els˝ o´ ert´ ekelv az optik´ aban Egy fénysug´ ar az n1 t¨ orésmutatój´ u I-es közegb˝ol az n2 törésmutatój´ u II-es k¨ ozegbe lép át. A két k¨ ozeget egy x tengellyel párhuzamos egyenes választja el. A fénysug´ ar az y tengellyel az I-es közegben α1 , a II-es közegben α2 szöget zár be (2. ´ abra). A fénysug´ ar u ´tj´ at egy másik széls˝oértékelv, a legkisebb id˝o elvét megfogalmaz´ o Fermat-elv seg´ıtségével kapjuk meg. B.1. Az elv azt mondja ki, hogy két r¨ ogz´ıtett pont k¨ oz¨ ott a fénysug´ ar olyan p´ aly´ an halad, amelyen a két pont k¨ oz¨ otti u ´t megtételéhez sz¨ ukséges id˝ onek széls˝ oértéke van. Vezess¨ uk le a sin α1 és sin α2 k¨ oz¨ otti o uggést a Fermat-elv alapj´ an! ¨sszef¨ (0,5 pont) 428


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 429. oldal – 45. lap


2. ´ abra

i

3. ´ abra

A 3. ´ abr´ an (v´ azlatosan) egy olyan lézersugár menete látható, amely v´ızszintesen lép be egy cukoroldatba. Az oldatban a cukorkoncentráció – és ennek következtében a t¨ orésmutat´ o is – cs¨ okken a magassággal. B.2. Tegy¨ uk fel, hogy a t¨ orésmutat´ o csak y koordin´ at´ at´ ol f¨ ugg, n = n(y). A B.1. részben kapott ¨ osszef¨ uggés seg´ıtségével fejezz¨ uk ki a fénysug´ ar p´ aly´ aj´ anak dy/dx meredekségét az n0 és n(y) t¨ orésmutat´ ok f¨ uggvényében, ahol n0 a t¨ orésmutat´ o értéke az y = 0 helyen! (1,5 pont) B.3. A lézersug´ ar a (0, 0) orig´ oban v´ızszintesen lép be a cukoroldatba az edény alj´ ahoz viszony´ıtva y0 magass´ agban, ahogy az a 3. ´ abr´ an l´ atszik. Legyen n(y) = = n0 − ky, ahol n0 és k pozit´ıv ´ alland´ ok. Fejezz¨ uk ki x-et y és a lézersug´ ar p´ aly´ aj´ at meghat´ aroz´ o t¨ obbi mennyiség f¨ uggvényében! (1,2 pont) Felhaszn´ alhat´ o, hogy: ∫ ∫

1 dϑ = ln cos ϑ

(

) 1 + tg ϑ + ´ alland´ o, cos ϑ

vagy

√ ( ) dx 2 √( alland´ o. ) = ln x + x − 1 + ´ x2 − 1

B.4. Hat´ arozzuk meg azt az x0 értéket, ahol a fénysug´ ar eléri az edény alj´ at! Legyen: y0 = 10,0 cm; n0 = 1,50; k = 0,050 cm−1 . (0,8 pont) C r´ esz. A sz´ els˝ o´ ert´ ekelv ´ es az anyag hull´ amterm´ eszete Most a legkisebb hat´ as elve (LHE) és a mozgó részecske hullámtermészetének kapcsolat´ at fogjuk tanulm´ anyozni. Ehhez azt feltételezz¨ uk, hogy az O-ból P -be halad´ o részecske minden lehetséges pályát befut, és mi azt a pályát keress¨ uk meg, amelyen az interfer´ al´ o de Broglie-hullámok er˝os´ıtik egymást. C.1. A részecske egy infinitezim´ alis kicsi ∆s t´ avols´ aggal elmozdul a p´ aly´ aj´ an. Fejezz¨ uk ki a de Broglie-hull´ am ∆φ f´ azisv´ altoz´ as´ at a hat´ as ∆A megv´ altoz´ as´ aval és a Planck-´ alland´ oval! (0,6 pont) C.2. Tekints¨ uk u ´jra az A részben szerepl˝ o feladatot, ahol a részecske O-b´ ol P -be mozog (4. ábra). Tegy¨ unk egy ´ atl´ atszatlan lemezt a két tartom´ any k¨ ozti AB hat´ arvonalra. Ezen egy kicsiny, d szélesség˝ u CD ny´ıl´ as van, melyre teljes¨ ul, hogy d ≪ (x0 − x1 ) és d ≪ x1 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

429

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 430. oldal – 46. lap


i

Vegy¨ uk fel az OCP és ODP széls˝ o p´ aly´ akat, u ´gy, hogy OCP az A részben t´ argyalt klasszikus p´ aly´ an legyen. Hat´ arozzuk meg els˝ o rendben a két p´ alya k¨ oz¨ otti ∆φCD f´ azisk¨ ul¨ onbséget! (1,2 pont)

4. ´ abra

5. ´ abra

D r´ esz. Anyaghull´ amok interferenci´ aja Tekints¨ unk egy elektron´ agy´ ut O-ban, amely egy párhuzamos´ıtott elektronnyal´ abot bocs´ at ki a keskeny F rés irányába. A rés az x = x1 helyen lév˝o A1 B1 átl´ atszatlan elv´ alaszt´ ofalon u ´gy helyezkedik el, hogy az erny˝on lév˝o P pont, valamint O és F egy egyenesen legyen (5. ´ abra). A sebesség az I-es tartományban v1 = 2,0000 · 107 m/s, és ϑ = 10,0000◦ . A II-es tartományban olyan a potenciál, hogy a sebesség v2 = 1,0000 · 107 m/s. Az x0 − x1 távolság 250,00 mm. (Az elektronok k¨ oz¨ otti k¨ olcs¨ onhat´ ast hanyagoljuk el.) D.1. Sz´ am´ıtsuk ki az elektron´ agy´ u U1 gyors´ıt´ ofesz¨ ultségét, ha O-ban az elektronokat nyugalmi helyzetb˝ ol gyors´ıtjuk fel! (0,3 pont) D.2. Az A1 B1 elv´ alaszt´ ofalon az F rés alatt, att´ ol 215,00 nm t´ avols´ agra egy m´ asik (G jel˝ u) keskeny rést is létrehozunk. Az F és G réseken ´ at a P pontba érkez˝ o de Broglie-hull´ amok f´ azisk¨ ul¨ onbsége 2πβ. Sz´ am´ıtsuk ki β értékét! (0,8 pont) D.3. Mekkora az a P -t˝ ol mért legkisebb ∆y t´ avols´ ag, ahol nem v´ arhat´ o elektron becsap´ od´ asa az erny˝ on? (1,2 pont) Figyelem! Hasznos lehet a sin(ϑ + ∆ϑ) ≈ sin ϑ + ∆ϑ cos ϑ k¨ ozel´ıtés.

D.4. A sug´ ar négyzetes keresztmetszete 500 nm × 500 nm, és a mérési ¨ ossze´ all´ıt´ as hossza 2 m. Mekkora az a minim´ alis Imin fluxuss˝ ur˝ uség (elektron darabsz´ am/egységnyi mer˝ oleges fel¨ ulet/egységnyi id˝ o), amely esetében egy adott id˝ opillanatban ´ atlagosan legal´ abb 1 elektron tal´ alhat´ o a mérési ¨ ossze´ all´ıt´ asban? (0,4 pont) 3. feladat. Nukle´ aris reaktor tervez´ ese (összesen 10 pont). Az ur´ an a természetben UO2 formájában fordul el˝o, és az uránatomoknak csup´ an 0,720%-a 235 U. Neutron hatására az 235 U könnyen elhasad, melynek során 2-3 nagy mozgási energi´ aj´ u hasadványneutron is kibocsátódik. Ennek a hasadásnak a val´ osz´ın˝ usége megn˝ o, ha a hasadást kiváltó neutronok mozgási energiája kicsi. Teh´ at a hasadv´ anyneutronok mozgási energiájának csökkentésével az 235 U magok 430


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 431. oldal – 47. lap


i

hasad´ asi l´ ancreakci´ oja idézhet˝ o el˝o. Ez képezi az energiatermel˝o nukleáris reaktor (NR) elvét. Egy tipikus NR egy H magasság´ u, R sugar´ u hengeres tartályból áll, ami az u ń. moder´ atoranyaggal van felt¨ oltve. Ebben tengelyirányban hengeres csövek, az u ń. u ak helyezkednek el négyzetrácsba rendezve, melyek belsejében ¨zemanyag-kazett´ H magass´ ag´ u, szil´ ard állapotban lév˝o, természetes UO2 u ¨zemanyagrudak találhatók. A kazett´ ab´ ol kilép˝ o hasadványneutronok u tk¨ o znek a moder´ atorral, ´ıgy energiát ¨ vesz´ıtenek, hogy azt´ an a k¨ ornyez˝o kazettákat a has´ıtáshoz sz¨ ukséges kicsi energiával érjék el. A 6. ´ abr´ an csak a feladat szempontjából releváns alkatrészek láthatók (pl. a szab´ alyoz´ orudak és a h˝ ut˝ ok¨ ozeg nem). A hasadás miatt az u ¨zemanyagrudakban fejl˝ od˝ o h˝o a hosszir´ anyban áramló h˝ ut˝oközegnek adódik át. Ebben a feladatban az u ¨zemanyagrudakban (A rész), a moderátorban (B rész) és a hengeres geometriáj´ u NR-ben (C rész) zajl´ o fizikai folyamatokat tanulmányozzuk.

6. ´ abra. A nukle´ aris reaktor (NR) v´ azlatos rajza. (a) Egy u ud). ¨zemanyag-kazetta nagy´ıtott képe (1 – u ¨zemanyagr´ (b) Az NR képe (2 – u ¨zemanyag-kazetta). (c) NR fel¨ ulnézetben (3 – az u ak négyzetr´ acsba rendezve; ¨zemanyag-kazett´ 4 – tipikus neutronp´ aly´ ak).

A r´ esz. Az u ud ¨ zemanyagr´ UO2 adatai: mólt¨ omege M = 0,271 kg mol−1 ; s˝ ur˝ usége ϱ = 1,060 kg m−3 ; 3 olvad´ aspontja Tolv = 3,138 · 10 K; h˝ovezetési tényez˝oje λ = 3,280 W m−1 K−1 . A.1. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o hasad´ asi reakci´ ot, melyben egy ´ all´ o 235 U elnyel egy elhanyagolhat´ o mozg´ asi energi´ aj´ u neutront: 235

U + 1n →

94

Zr + 140 Ce + 2 1 n + ∆E.

Becs¨ ulj¨ uk meg a hasad´ as sor´ an felszabadul´ o teljes ∆E energi´ at MeV-ben! Az atommagt¨ omegek: m(235 U) = 235,044 u; m(94 Zr) = 93,9063 u; m(140 Ce) = 139, 905 u; K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

431

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 432. oldal – 48. lap


i

m(1 n) = 1,00867 u és 1 u = 931,502 MeVc−2 . A t¨ oltés megmarad´ as´ aval ne foglalkozzunk. (0,8 pont) A.2. Adjunk becslést a természetes UO2 -ban lév˝ o 235 U atomok térfogategységre es˝ o N sz´ am´ ara! (0,5 pont) A.3. Tegy¨ uk fel, hogy a neutronfluxus-s˝ ur˝ uség az u ¨zemanyagban homogén, nagys´ aga φ = 2,000 · 1018 m−2 s−1 . Egy 235 U atommag hasad´ asi hat´ askeresztmetszete (a célt´ argy atommag effekt´ıv keresztmetszete) σf = 5,400 · 10−26 m2 . Hat´ arozzuk meg az u udban térfogategységenként fejl˝ od˝ o h˝ o Q keletkezési ¨zemanyagr´ u asb´ ol sz´ armaz´ o energia 80,00%-a alakul h˝ ové! ¨temét (W m−3 -ben), ha a hasad´ 1 MeV = 1,602 · 10−13 J. (1,2 pont) A.4. Az u ud k¨ ozepének (Tc ) és fel¨ uletének (Ts ) h˝ omérséklete k¨ o¨zemanyagr´ z¨ otti k¨ ul¨ onbség ´ alland´ osult ´ allapotban Tc − Ts = kF (Q, a, λ) alakban ´ırhat´ o fel, ahol k = 14 egy dimenzi´ otlan ´ alland´ o, a pedig az u ud sugara. Hat´ arozzuk meg ¨zemanyagr´ F (Q, a, λ)-t dimenzi´ oanal´ızissel! Itt λ az UO2 h˝ ovezetési tényez˝ oje. (0,5 pont) A.5. A h˝ ut˝ ok¨ ozeg k´ıv´ ant h˝ omérséklete 5,770 · 102 K. Adjunk becslést meg az u ud a sugar´ anak au fels˝ o hat´ ar´ ara! (1,0 pont) ¨zemanyagr´ B r´ esz. A moder´ ator Tekints¨ unk egy kétdimenzi´ os rugalmas u u neutron és egy ¨tközést egy 1 u tömeg˝ A · u t¨ omeg˝ u moder´ atoratom között. Az u ¨tközés el˝ott mindegyik moderátoratomot → tekints¨ uk nyugv´ onak a laborat´ oriumi vonatkoztatási rendszerben (LR). Jelölje − vb → − és va a neutron sebességvektorát rendre az u ¨tközés el˝ott (before) és után (after) az LR-ben. Legyen − v→ omegközépponti (TKP) vonatkoztatási rendszer sebességm a t¨ vektora az LR-hez képest, ϑ pedig a neutron szóródási szöge a TKP rendszerben. Az u ozésekben résztvev˝ o¨ osszes részecske nemrelativisztikus sebességgel mozog. ¨tk¨ B.1. A 7. ábr´ an l´ athat´ o az u ozés v´ azlata az LR-ben, ahol ϑL a sz´ or´ od´ asi ¨tk¨ sz¨ og. V´ azoljuk fel az u tk¨ o z´ e st a TKP rendszerben! ¨

7. ´ abra. Az u ozés a laborat´ oriumi rendszerben. ¨tk¨ 1 – a neutron az u ozés el˝ ott; 2 – a neutron az u ozés ut´ an; ¨tk¨ ¨tk¨ 3 – moder´ atoratom u ozés el˝ ott; 4 – moder´ atoratom u ozés ut´ an ¨tk¨ ¨tk¨

T¨ untess¨ uk fel a részecskék sebességvektor´ at az 1-es, 2-es és 3-as ´ allapotokban − → → vb , − va és − v→ ıtségével! Jel¨ olj¨ uk be a ϑ sz´ or´ od´ asi sz¨ oget is! (1,0 pont) m seg´ B.2. Adjuk meg a neutron v, illetve a moder´ atoratom V u ozés ut´ ani sebes¨tk¨ ségét a TKP rendszerben A és vb seg´ıtségével! (1,0 pont) 432


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 433. oldal – 49. lap


i

B.3. Fejezz¨ uk ki a G(α, ϑ) = Ea /Eb mennyiséget, ahol Eb és Ea a neutron LR-beli mozg´ asi energi´ aja rendre az u ozés el˝ ott és ut´ an, valamint ¨tk¨ ( α≡

A−1 A+1

)2 !

(1,0 pont)

B.4. Tegy¨ uk fel, hogy az el˝ oz˝ o kifejezés érvényes D2 O molekul´ ara is. Sz´ am´ıta suk ki a neutron lehetséges legnagyobb relat´ıv energiaveszteségét, az fl ≡ EbE−E b mennyiséget, D2 O (20 u) moder´ ator esetén. (0,5 pont) C r´ esz. A nukle´ aris reaktor Ahhoz, hogy az NR-t állandó ψ neutronfluxussal m˝ uködtess¨ uk (állandósult állapot), az elsz¨ ok˝ o neutronokat a reaktorban keletkez˝o többletneutronoknak pótolniuk hengeres geometriáj´ u reaktornál a neutronok szökési u ¨teme [ kell. Egy 2 2] k1 (2,405/R) + (π/H) ψ, a többletneutronok keletkezési u ¨teme pedig k2 ψ. A k1 és k2 álland´ ok az NR anyagi tulajdonságaitól f¨ uggenek. C.1. Tekints¨ unk egy NR-t, melyre k1 = 1,021 · 10−2 m és k2 = 8,787 · 10−3 m−1. Figyelembe véve, hogy adott térfogat mellett szeretnénk minimaliz´ alni a sz¨ okési u arozzuk meg az NR méreteit ´ alland´ osult ¨temet a hatékony u ¨zemelés érdekében, hat´ ´ allapotban! (1,5 pont) C.2. Az u ak négyzetr´ acsba vannak rendezve (6/c. ´ abra), a leg¨zemanyag-kazett´ k¨ ozelebbi szomszédok k¨ oz¨ otti t´ avols´ ag 0,286 m. Az u ak effekt´ıv su¨zemanyag-kazett´ gara (mintha t¨ om¨ orek lennének) 3,617 · 10−2 m. Becs¨ ulj¨ uk meg az u ¨zemanyagkazett´ ak Fn sz´ am´ at a reaktorban, valamint az NR ´ alland´ osult ´ allapotban t¨ ortén˝ o u ukséges UO2 anyag M t¨ omegét! (1,0 pont) ¨zemeltetéséhez sz¨

A Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ overseny elm´ eleti feladatainak megold´ asa1

1. feladat. 1.A. Ez a részfeladat megegyezik a jelen számunkban kit˝ uzött P. 4767. feladattal, emiatt a megold´ as´ at kés˝obb közölj¨ uk (– a szerk.). 1.B. Jel¨ olj¨ uk a gázok kezdeti állapotjelz˝oit p0 -lal, V0 -lal és T0 -lal, mólszámukat pedig n-nel (ezek a bal és a jobb oldali rekeszre ugyanakkorák), egy kicsiny h˝o közlése ut´ an kialakul´ o állapotot pedig jellemezz¨ uk az 1. ´ abr´ an látható mennyiségekkel. A dugatty´ u egyens´ ulya miatt p1 = p2 , az össztérfogat állandósága miatt pedig V1 = V0 + ∆V, 1

V2 = V0 − ∆V

A feladatok sz¨ ovegét m´ ult havi sz´ amunkban k¨ oz¨ olt¨ uk.


433

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 434. oldal – 50. lap


i

1. ´ abra

´ırhat´ o. A jobb oldali rekeszben lév˝o gáz nem vett fel h˝ot, állapotváltozása adiabatikus, ´ıgy fenn´ all ( ) f +2 5 κ p0 V0κ = p2 (V0 − ∆V ) , héliumra κ = = , f 3 ebb˝ ol (∆V ≪ V0 esetén) ( (1)

p2 = p0

)κ

1 1−

∆V V0

( ≈ p0

∆V 1+κ V0

)

k¨ ovetkezik. A bal oldali rekeszben lév˝o gázra a h˝otan I. f˝otétele szerint Cn∆T =

f nR∆T + p2 ∆V, 2 2

ahol C a mólh˝ ot jel¨ oli. Az (1) összef¨ uggés felhasználásával és a (∆V ) -tel arányos (m´ asodrend˝ uen kicsiny) tagokat elhagyva (2)

C=

f ∆V R + p0 2 n∆T

ad´ odik. Az ide´ alis gázok állapotegyenletéb˝ol nR∆T = p0 ∆V + V0 ∆p, ahonnan (1)-et felhaszn´ alva nR∆T = (1 + κ)p0 ∆V, teh´ at

∆V R 1 = n∆T p0 1 + κ

k¨ ovetkezik. Ezt (2)-be helyettes´ıtve (tudván, hogy héliumra f = 3) megkapjuk a keresett m´ olh˝ ot: C=

434

1 f 2 + 2f 15 f R+ R= R= R. 2 1+κ 2(f + 1) 8 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 435. oldal – 51. lap


i

1.C. A cél a voltmér˝ o által jelzett U fesz¨ ultség és a lemezbe vezetett I áramer˝ osség k¨ oz¨ otti ¨ osszef¨ uggés megállap´ıtása. Ha ismernénk a kialakuló kétdimenziós árameloszl´ as (helyf¨ ugg˝ o) j(r) árams˝ ur˝ uségét, akkor az E(r) = ϱj(r) differenciális Ohm-t¨ orvényb˝ ol meghat´ arozhatnánk az elektromos térer˝osséget a lemez belsejében. A térer˝ osségb˝ ol a C és D pontok közötti fesz¨ ultséget integrálással már ki tudn´ ank sz´ am´ıtani. Ez matematikailag nehéz feladat, de szerencsére van egy sokkal k¨ onnyebb u ´t. A fémlemez éleinél a j(r) árams˝ ur˝ uség-vektor élre mer˝oleges komponensének el kell t˝ unnie. Ez a szokatlan határfeltétel könnyen kezelhet˝o, ha az elektrosztatik´ aban haszn´ alt t¨ uk¨ ort¨ oltés-módszerhez hasonló gondolatmenetet követ¨ unk (lásd a 2. ´ abr´ at). Ehhez t¨ ukr¨ ozz¨ uk az A és B pontokat a lemez BD és AC oldaléle-

2. ´ abra ′

ire; az ´ıgy kapott pontokat jel¨ olje A és B ′ . A véges lemezbeli árameloszlás éppen olyan, amilyen egy végtelen kiterjedés˝ u fémlemez egyik negyedében alakulna ki, ha abba az A és A′ pontokban egyaránt 2I er˝osség˝ u áramot vezetnénk be, a B és B ′ pontokb´ ol pedig 2I áramot vezetnénk el. Ha csak egyetlen elektr´ odán kereszt¨ ul vezetnénk 2I áramot a végtelen fémlemezbe, akkor az árams˝ ur˝ uség nagysága 2I j(r) = 2πrδ lenne a bevezetési pontt´ ol r t´ avolságra. A lemezbeli térer˝osség ugyanitt ϱI E(r) = πrδ érték˝ u, a potenci´ al pedig (egy ¨ onkényesen választható, r0 távolságra lév˝o ponthoz képest) ∫r r0 ϱI Φ(r) = − E(r) dr = ln . πδ r r0


435

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 436. oldal – 52. lap


i

A C pont potenci´ alj´ at a val´ odi és a t¨ ukörelektródák” hatásainak szuperpoz´ıció” jaként sz´ amolhatjuk. Ha a potenciált a négyzet O cs´ ucsában választjuk nullának (ez a pont valamennyi áram be- és kivezetési pontjától r0 = 2d távol van), a kérdéses potenci´ al teh´ at ( ) ϱI 2d 2d 2d 2d ΦC = ln + ln − ln √ − ln √ , πδ d 3d 5d 5d egyszer˝ us´ıtések ut´ an: 5 ϱI ln . πδ 3 Hasonl´ oan sz´ amolhatjuk a D pont potenciálját is, és könnyen látszik, hogy ΦD = −ΦC . A C és D pontok közötti fesz¨ ultség tehát 2ΦC , ennyit jelez tehát a véges kiterjedés˝ u lemezre kapcsolt voltmér˝o is: ΦC =

U=

2ϱI 5 ln . πδ 3

Ebb˝ ol a lemez ϱ fajlagos ellen´ allása kifejezhet˝o: ϱ=

πδ U . 2 ln(5/3) I

´ Erdekes, hogy az eredmény nem f¨ ugg d-t˝ol (egészen addig, am´ıg d sokkal kisebb a négyzetlap oldaléleinél, és sokkal nagyobb δ-nál.) 2. feladat. Furfangos sz¨ ok˝ ok´ ut 2.1. A bemer¨ ul˝ o” rész térfogata: ” ( ) 2θmax 2 1 R2 L V = R π − 2 sin θmax R · cos θmax R · L= (2θmax − sin 2θmax ). 2π 2 2 A keresett h´ anyados: 2

ϱv´ız R2L (2θmax − sin 2θmax )g Ffel ϱv´ız 1 = = (2θmax − sin 2θmax ) = 0,010. mg ϱR2 πLg ϱ 2π A felhajt´ oer˝ o teh´ at a gr´ anithengerre ható nehézségi er˝onek mindössze csak 1%-a. 2.2. Tekints¨ unk h´ arom, egymás feletti folyadékréteget (3. ´ abra). A középs˝o, ∆z

3. ´ abra

vastags´ ag´ u, ℓ′ szélesség˝ u és ∆x hossz´ uság´ u réteg nem gyorsul, a rá ható er˝ok tehát 436


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 437. oldal – 53. lap


i

[ ] [ ] egyens´ ulyban vannak: σ(z) − σ(z + ∆z) ∆x ℓ′ = p(x) − p(x + ∆x) ∆z ℓ′ , ebb˝ol val´ oban σ(z + ∆z) − σ(z) p(x + ∆x) − p(x) = , ∆z ∆x

vagyis

∆σ ∆p = ∆z ∆x

k¨ ovetkezik. 2.3. Mivel ciója szerint

∆σ ∆z

= −K, ´ıgy σ(z) = σ0 − Kz. Másrészt a ny´ırófesz¨ ultség defin´ı-

σ(z) = η

dv , dz

ezért v(z) =

σ0 K z − z 2 + C. η 2η

A folyadék sebessége a hat´ arokon (z = 0-nál és z = h-nál) zérus, tehát v(z) =

Kh K K z − z2 ≡ z(h − z). 2η 2η 2η

Ezek szerint a kérdezett egy¨ utthatók: A=−

K , 2η

B=

Kh , 2η

C = 0.

∆p 2.4. A nyom´ as θ f¨ uggvényében a ∆x = = − K feltételb˝ ol hat´ arozhat´ o meg (4. ´ abra):

p(θ) = pA − KR θ. Mivel p(θmax ) = p0 , ´ıgy pA = p0 + KR θmax , vagyis p(θ) = p0 + KR(θmax − θ). A hengerpal´ ast egy kicsiny, ∆θ szöggel jellemezhet˝ o darabk´ aj´ ara hat´ o nyomásból származ´ o er˝ o f¨ ugg˝ oleges komponense: ( ) ∆F↑ = LR∆θ p(θ) − p0 cos θ,

4. ´ abra

hiszen a hengerre mindenhol ható p0 légnyomás járuléka nyilván kiesik. Az ered˝ o f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u er˝o (a feladatok szövegének végén szerepl˝o matematikai seg´ıtség felhaszn´ al´ as´ aval) θ∫max

(θ − θmax ) cos θ dθ = 2R2 KL(1 − cos θmax ).

2

F↑ = 2R KL 0

Ennek az er˝ onek kell egyens´ ulyt tartania a gránithenger R2 πLϱg s´ ulyával: 2R2 KL(1 − cos θmax ) = R2 πLϱg, K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/7

437

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 438. oldal – 54. lap


i

ahonnan megkapjuk az eddig ismeretlen K állandót: K=

πϱg , 2(1 − cos θmax )

valamint a be´ araml´ asi pontban a t´ ulnyomást: pA − p0 =

πϱgRθmax . 2(1 − cos θmax )

Megjegyzés. A hengerre nemcsak a nyom´ asb´ ol, hanem az ´ araml´ o folyadékban ébred˝ o ny´ır´ ofesz¨ ultségekb˝ ol sz´ armaz´ o er˝ o is hat. A v(z) sebességeloszl´ as ismeretében σ(z) is k¨ onnyen kisz´ am´ıthat´ o. Bel´ athat´ o, hogy a ny´ır´ oer˝ ok j´ aruléka a f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u er˝ oh¨ oz h/R-szer kisebb, mint a nyom´ asb´ ol ad´ od´ o j´ arulék, teh´ at az el˝ obbi val´ oban elhanyagolhat´ o.

2.5. A v´ aly´ u alj´ an tal´ alható ny´ıláson beáramló v´ız hozamát” az áramlási ” sebességprofilb´ ol tudjuk meghatározni: ∫h Qbe = 2

∫h v(z)L dz = 2

0

0

K KLh3 πϱgLh3 z(h − z)L dz = = . 2η 6η 12 η(1 − cos θmax )

2.6. A v(0, ω) = 0 és v(h, ω) = Rω határfeltételekb˝ol következik, hogy D = = Rω/h, vagyis az áraml´ asi sebességprofil: v(z, ω) =

Kh K Rω z − z2 ± z. 2η 2η h

2.7. Am´ıg a henger nem forog, a jobb és a bal oldalhoz tartozó ny´ırófesz¨ ultségek forgat´ onyomatéka kiegyenl´ıti egymást. A forgáskor ez az egyens´ uly felborul. A sebességprofilnak csak az u ´j, ± Rω aból származó járulékot kell vizsgálnunk. h z tagj´ A ny´ır´ ofesz¨ ultségekben ennek megfelel˝o járulék: ( ) d Rω Rω ′ σ (z) = η z =η . dz h h Ez a (helyt˝ ol f¨ uggetlen, de a szögsebességgel arányos) ny´ırófesz¨ ultség mindkét oldalon fékezi a forg´ ast, a forgatónyomatéka M = σ ′ (z) · LR · 2θmax · R =

2ηLR3 θmax ω. h

Az m = R2 πLϱ t¨ omeg˝ u, Θ = 12 mR2 tehetetlenségi nyomaték´ u henger forgásegyenlete: dω −M = Θ , dt ami a fentebb kisz´ am´ıtott mennyiségek behelyettes´ıtése után ´ıgy ´ırható: dω(t) 4ηθmax =− ω(t) ≡ −λ ω(t). dt ϱπhR 438


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 439. oldal – 55. lap


i

Ez a (differenci´ al)egyenlet a radioakt´ıv bomlások egyenletével analóg, ´ıgy a megold´ asa a boml´ ast¨ orvény ismert alakja: 4ηθmax − ϱπhR t .

ω(t) = ω0 e−λt ≡ ω0 e 3. feladat: Feh´ er t¨ orp´ ek keletkez´ ese

3.1. A csillag tömegs˝ ur˝ usége ϱ=

M 4π 3 R 3

.

Rakjuk össze” (gondolatban) a csillagot vékony ” gömbhéjakból (5. ´ abra)! Amikor a csillag éppen r sugar´ u, a következ˝o, ∆r vastagság´ u gömbhéj darabkáinak a végtelenb˝ol” történ˝o ideszáll´ıtásakor ” 3

5. ´ abra

Egrav

ϱ 4πr r3 ∆W = −γ 3 · ϱ4πr2 ∆r r munkát végz¨ unk. A teljes energia ezen munkák összege: R 2 ∫ ∑ 3 M2 2 16 π = ∆W = −γϱ r4 dr = − · γ . 3 5 R 0

Megjegyzés. A gravit´ aci´ o és az elektrosztatika egyenletei k¨ oz¨ otti hasonl´ os´ ag felismerésével, majd az 12 ε0 E 2 energias˝ ur˝ uség integr´ al´ as´ aval ugyanerre az eredményre juthatunk.

3.2. Az elektron lehetséges hullámhosszaira (a kocka mindh´ arom oldalélével p´ arhuzamos irányban) a következ˝ o feltétel teljes¨ ul (6. ´ abra): n

λ =L 2

(ahol n pozit´ıv egész).

A hull´ amhossz és az impulzus k¨ ozötti kapcsolatot a de Broglie-féle λ = h/p ¨ osszef¨ uggés adja meg. Az elektron lehetséges impulzuskomponensei tehát nx h ny h ; py = ± ; 2L 2L ahol nx , ny és nz pozit´ıv egészek. px = ±

pz = ±

6. ´ abra

nz h , 2L

3.3. Az elektron energi´ aja √ E=

p2x + p2y + p2z ,


439

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 440. oldal – 56. lap


´ıgy alap´ allapotban az ¨ osszes elektron egy pmax =

i

√ 2me Emax

sugar´ u gömbön bel¨ ul helyezkedik el a p vektor komponensei által kifesz´ı” tett” u ń. impulzustérben (lásd a 7. ´ abr´ at, amelyen az áttekinthet˝oség kedvéért csak két dimenzióban ábrázoltuk az elektronállapotokat). Egy-egy elekt( h )3 ronállapot 2L térfogatot foglal el az impulzustérben, ´ıgy az elektronállapotok száma (jó közel´ıtéssel) 4 πp3max 3 . h 3 2L

N =2·

7. ´ abra

( )

(A jobb oldalon a 2-es faktor a Pauli-elv miatt jelent meg.) Ebb˝ol pmax értéke ( )1/3 h 3 pmax = N . 4L π 3.4. Az impulzustérben a p sugar´ u, ∆p vastagság´ u gömbhéjban lév˝o elektronállapotok sz´ ama: 4πp2 ∆N = 2 3 ∆p. h ( 2L )

(A 2-es faktor a jobb oldalon ismét a Pauli-elv miatt szerepel.) Ebben a héjban p2 mindegyik elektron energi´ aja (2m , ezért a héj összes energiája e) ∆E =

8πp2

3 ∆p ·

h ) ( 2L

p2 32πL3 4 = 3 p ∆p. (2me ) h me

A teljes elektronrendszer energi´ aja tehát EN

32πL3 = 3 h me

p∫max

32πL3 p5max 32π p dp = 3 · = h me 5 5 4

(

3 64π

)5/3 ·

5 h2 · N 3 · L−2 . me

0

Leolvashatjuk, hogy a keresett dimenziótlan állandók: ( )5/3 32π 3 5 α= ≈ 0,018; β= ; 5 64π 3

γ = −2.

3.5. A csillag teljes energi´ aja 3 M2 h2 5/3 −2 Eteljes = Egrav + EN = − γ + α′ N R , 5 R me 440

ahol α′ =

3 10 · 22/3

(

3 4π

)4/3 .


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 441. oldal – 57. lap


i

A csillag egyens´ ulyi állapotát az Eteljes (R) f¨ uggvény minimuma adja meg. A széls˝ oértékhez tartoz´ o Rft csillagsugarat deriv´ alással, vagy Eteljes (R) (ami az 1/R változ´ o másodfok´ u f¨ uggvénye) teljes négyzetté alak´ıtásával lehet meghatározni. A fehér t¨ orpe egyens´ ulyi sugarára ´ıgy az Rft =

10 hN 5/3 α′ 3 γM 2 me

kifejezést kapjuk. Mivel a csillag össztöltése 0, N nemcsak az elektronok, hanem a protonok sz´ am´ aval is egyenl˝ o. A csillag össztömegét lényegében a benne lév˝o (egyenként mp t¨ omeg˝ u) protonok adják, ´ıgy N ≈ M/mp . Ezt felhasználva és az ismert adatokat behelyettes´ıtve vég¨ ul megkapjuk a Naphoz hasonló tömeg˝ u fehér törpe sugar´ at: ( )4/3 10 3 hα′ 1 h2 Rft = = ≈ 22 800 km. 2/3 5/3 5/3 3 γM 1/3 me mp 4π 2 γM 1/3 me mp Vigh M´ at´ e

Megold´ asv´ azlatok a 2015/6. sz. emelt szint˝ u fizika gyakorl´ o feladatsorhoz Tesztfeladatok: 1 C

2 C

3 A

4 D

5 B

6 A

7 C

8 A

9 D

10 A

11 A

12 C

13 C

14 C

15 A

F1. A hull´ amhossz leveg˝ oben: λ=

330 m s−1 cleveg˝oben = = 0,75 m = 75 cm. f 440 s−1

A hull´ amhossz a h´ uron 1,6 m (hiszen a h´ ur teljes hossz´ ara egy félhull´ am jut), ´ıgy a fázissebesség chúron = λhúron · f = 1,6 m · 440 s−1 = 704

m . s

A duzzad´ ohely s kitérése, továbbá annak v sebessége és a gyorsul´ asa id˝ oben (az ´ abr´ an látható módon) periodikusan változik. A rezgés körfrekvenci´ aja: ω = 2πf = 2,76 kHz, a kitérés legnagyobb értéke a megadott A = 8 · 10−4 m, a sebesség maximuma Aω, a gyorsulásé pedig Aω 2 m´ odon sz´ am´ıthat´ o.


441

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 442. oldal – 58. lap


i

F2. A foton energi´ aja E = hf = hc es mivel a cézium kilépési λ = 0,52 aJ, ´ munk´ aja 0,31 aJ (t´ abl´ azati adat), a kilép˝o elektron mozgási energiája E1 = 0,21 aJ. Az elektromos mez˝ o munk´ aja W = eU = 1,6 aJ, az elektron mozgási energiája a folyamat végén E2 = E1 + W = 1,8 aJ, a sebessége tehát √ 2E2 m = 2,00 · 106 . v= m s F3. A megtett u ´t

m · 3 s = 90 m. s A (dombor´ u) visszapillant´ o t¨ ukör fókusztávolsága: f = − 12 R = −1 m, a nagy´ıtások pedig a megadott méretek arányából N1 = −0,0125 és N2 = −0,02. A lencsetörvény szerint ( ) k f 1 N= = , azaz t=f +1 , t t−f N s = vt = 30

ahonnan az aut´ ok t´ avols´ aga kezdetben t1 = 79 m, 3 másodperccel kés˝obb pedig t2 = 49 m. A két aut´ o relat´ıv sebessége ezek szerint 10 m/s, a hátul jöv˝o autó sebessége teh´ at 40 m/s = 144 km/h. F4. A huzal ellen´ all´ asa R=

1,4 · 10−6 Ω m · 15 m 2

(0,5 mm) π

≈ 26,7 Ω,

a felvett teljes´ıtmény U2 = 2,0 kW, R a leadott (meleg´ıtésre ford´ıtott) h˝oteljes´ıtmény pedig Pfel =

Ple = ηPfel = 1,7 kW. A meleg´ıtéshez sz¨ ukséges h˝ o Q = 1,7 kg · 70 K · 4,2

kJ = 500 kJ, kg K

a meleg´ıtéshez sz¨ ukséges id˝ o tehát t=

Q = 294 s = 4,9 perc. Ple

Ugyanennyi h˝o m=

500 kJ Q = = 0,22 kg L 2261 kJ/kg

vizet forral el, teh´ at 1,48 kg (vagyis 1,48 liter) marad a v´ızforralóban. Varga Bal´ azs Budapest 442


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 443. oldal – 59. lap


i

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

M. 353. Egy sér¨ ult vagy már nem haszn´ alt CD lemez közepén lév˝o lyukra ragasszunk” celluxszalag seg´ıtségével egy (vagy több) pénzérmét! (A lyuk átellenes ” oldal´ ara is ragasszunk celluxot u ´gy, hogy az ottani kis bemélyedés pereme ne maradjon éles.) A lemezt – a nehezékkel lefelé ford´ıtva – helyezz¨ uk óvatosan egy tálban lév˝ o v´ız felsz´ınére, és adott magasságból engedj¨ unk a közepére vékony, f¨ ugg˝ oleges sug´ arban vizet. Ha a v´ızhozam elegend˝oen (de nem t´ ulságosan) nagy, a CD lemez akkor sem s¨ ullyed el, ha elengedj¨ uk.

Mérj¨ uk meg, hogyan f¨ ugg az u ´száshoz” sz¨ ukséges minimális v´ızhozam a lemez ” és a nehezék egy¨ uttes t¨ omegét˝ ol! (6 pont)

Közli: Baranyai Kl´ ara, Budapest

P. 4758. Milyen hossz´ u ellenálláshuzalt válasszunk az 1,6 Ω mm2 /m fajlagos 2 ellen´ all´ as´ u, 0,1 mm keresztmetszet˝ u vezetékb˝ol, hogy a 230 V-os hálózatra kapcsolva 300 W-os mer¨ ul˝ oforral´ ot kész´ıthess¨ unk bel˝ole? (3 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 4759. Mekkora sz¨ oget kell bezárni két er˝onek, hogy az ered˝oj¨ uk nagysága akkora legyen, mint a két er˝ o nagyságának mértani közepe? Mi a feltétele annak, hogy ez a szög minimális legyen, és mekkora ez a minimális érték? (4 pont)

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

P. 4760. Egy aut´ op´ aly´ an haladó gépkocsi sebessége v0 . Egy adott pillanatban a sebességét egyenletesen v´ altoztatni kezdi, és ett˝ol kezdve 84 m hossz´ uság´ u utat 3 s, a k¨ ovetkez˝ o 84 m-t 4 s alatt teszi meg. Hat´ arozzuk meg a gépkocsi v0 sebességét és állandó a gyorsulását! (4 pont)


Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs 443

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 444. oldal – 60. lap


i

P. 4761. Egy érdekes járm˝ u gyorsulása a (v1 , v2 ) sebességintervallumban ford´ıtottan ar´ anyos a sebességével, azaz a = A/v (A egy adott pozit´ıv állandó). a) Mennyi id˝ o alatt gyorsul fel a járm˝ u v1 sebességr˝ol v2 -re? b) Mekkora ezalatt a j´ arm˝ u teljes´ıtménye? ´ Isk. és Gimn. (4 pont) K¨ ozli: Sal Krist´ of, Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. P. 4762. Az A0 keresztmetszet˝ u fahenger aljára egy vasdarabot er˝os´ıtett¨ unk, ´ıgy a fahenger stabilan u ´szik abban a ϱ1 s˝ ur˝ uség˝ u folyadékban, amely egy A1 keresztmetszet˝ u, hengeres f˝oz˝ opohárban van. Ez a f˝oz˝opohár maga is u ´szik egy A2 > A1 keresztmetszet˝ u m´ asik f˝oz˝opohárban lév˝o ϱ2 s˝ ur˝ uség˝ u folyadékban. E nagyobb poh´ ar is u ´szik, mégpedig az A3 > A2 keresztmetszet˝ u, még szélesebb f˝oz˝opo¨ h´ arban lév˝ o ϱ3 s˝ ur˝ uség˝ u folyadékban és ´ıgy tovább. . .. Osszesen n darab f˝oz˝opohár helyezkedik el az asztalon, mindegyik pohár tengelye és a fahengeré is f¨ ugg˝oleges. Ezut´ an a fahengert f¨ ugg˝ olegesen lefelé nyomjuk F er˝ovel. (Sem a fahenger alja, sem a f˝oz˝ opoharaké nem ér hozzá a tartóedény aljához.) a) Mennyivel n˝ o a fahenger bemer¨ ulése az els˝o folyadékba? b) Mennyivel emelkedik a folyadékszint az els˝o f˝oz˝opohárban? c) Mennyivel emelkedik a folyadékszint az i-edik f˝oz˝opohárban? (5 pont)

Közli: Lambodar Mishra, Ahmedabad, India

P. 4763. Egy u ¨vegkocka egyik lapján belép˝o fénysugár három olyan oldallapról ver˝ odik vissza egym´ as ut´ an, amelyek közös pontja a kocka valamelyik cs´ ucsa. Ezek ut´ an a fénysug´ ar ugyanazon a lapon lép ki a kockából, amelyen belépett. Mit áll´ıthatunk a kilép˝ o fénysugár irányáról? (4 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

P. 4764. Az ´ abr´ an látható elektromos hálózatban minden fogyasztó ugyanakkora R ellenállás´ u. Hány százalékkal változik meg az (1)-es fogyasztó teljes´ıtménye, ha a (2)-es fogyasztót a K kapcsolóval rövidre zárjuk? (4 pont)

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

P. 4765. Egy 250 mH induktivitás´ u és 0,3 Ω ellenállás´ u tekercsre egy állandó fesz¨ ultség˝ u telepet kapcsolunk. Mennyi id˝o m´ ulva éri el a tekercsben folyó áram er˝ ossége a vég¨ ul be´ all´ o stacionárius érték a) 50%-´ at; b) 75%-´ at? (4 pont) 444

Orosz példat´ ari feladat


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 445. oldal – 61. lap


i

P. 4766. 200 nm-es ultraibolya fény világ´ıt meg egy alum´ıniumlemezt. a) Mekkora lesz a kilép˝ o elektronok között a leggyorsabb és a leglassabb elektron mozg´ asi energi´ aja? b) Mekkora a zár´ ofesz¨ ultség? (4 pont)

Rom´ an tank¨ onyvi feladat

P. 4767. Egy f¨ ugg˝ oleges tengely˝ u mér˝ohenger falába sok apró lyukat f´ urtunk. A hengert H magass´ agig felt¨ oltj¨ uk v´ızzel, melynek következtében a lyukakon (a mér˝ohenger fal´ ara mer˝ olegesen) vékony v´ızsugarak lövellnek ki. Milyen alak´ u a v´ızsugarak burkol´ ofel¨ ulete? (A v´ızsugarak nem akadályozzák egymást, és folyamatos ut´ ant¨ oltéssel gondoskodunk a hengerben a v´ızszint állandóságáról.) (6 pont)

Közli: Vigh M´ até, Budapest (Kunfalvi Rezs˝o olimpiai válogatóverseny, 2015)

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. november 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. 7. October 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 409): K. 469. A certain paint needs to be diluted in a 2 : 1.5 ratio, that is, 2 litres of water need to be added to 1.5 litres of paint. Violette Palette, the artist first made 9 litres of a mixture, half paint, half water. Then she realized that this was the wrong ratio, and calculated how much more water to add to achieve the correct proportion. However, instead of the amount of water needed, she added an equal amount of paint by mistake. The second time she did not make any mistake, and added the appropriate quantity of water required for the correct ratio. How many litres of mixture did she get eventually? K. 470. We have cubes of two different sizes, each with edges of integer length in cm. The edges of the red cubes are 5 cm longer than the edges of the blue ones. By stacking 15 cubes on top of each other, we got a tower of height 140 cm. How long are the edges if the difference between the numbers of red and blue cubes used is as small as possible? K. 471. Barbara has one 5-forint coin (HUF, Hungarian currency), one 10-forint coin, one 20-forint coin, three 50-forint coins and three 100-forint coins in her purse. How many different amounts can she pay exactly (that is, without getting back any change)? K. 472. Find the sum of all positive two-digit numbers with exactly 12 divisors. K. 473. What is the sum of the digits in the binary (base-2) representation of the product 22015 · 15? K. 474. Ann and Bob are playing a word guessing game. Anna thinks of a meaningful Hungarian word of four letters, which Bob is trying to guess. If Bob tries a certain Hungarian word of four


445

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 446. oldal – 62. lap


i

letters, Ann will tell him how many of its letters occur in her word, too, and how many of those are in the correct place and how many are in the wrong place. What may have been the word that Ann had in mind? (No knowledge of the Hungarian language is required. ´ are different letters in the Hungarian alphabet.) Note that O and O Bob’s guesses ´ ROKA OKOS IKRA RITA ´ DANO

Number of correct letters in the right position 1 0 2 1 0

Number of correct letters in the wrong position 0 0 0 1 3

New exercises for practice – competition C (see page 410): Exercises up to grade 10: C. 1308. If appropriate triangles are cut into two parts with a line through the vertex with the largest angle, two isosceles triangles are obtained. What may be the angles of an obtuse-angled triangle if this division into two parts can be accomplished in two different ways? C. 1309. t denotes the area of a certain triangle, R is the radius of the circumscribed circle, and r is the radius of the incircle. Prove that 3t < Rr. Exercises for everyone: C. 1310. Alex took 19 500 forints (HUF, Hungarian currency) with him on a four-day trip. On each day, he spent one third of his remaining money plus a constant amount. What was the constant amount if his money just until the √ lasted13 √ end√of the trip? 8 C. 1311. Each of the numbers 31 ; 0,375; 1; 1,4; 2; 13 ; 2; ; ; 3; 4; 18; 32 is given 8 5 3 either a plus sign or a minus sign, and then the sum is calculated. In how many different ways may we choose the signs to get 1 as a sum? C. 1312. Suppose that xy + x + y = 44 and x2 y + xy 2 = 448. Then evaluate x2 + y 2 . (M&IQ) Exercises upwards of grade 11: C. 1313. One vertex of an isosceles triangle is the point (0, 1). One of the other two vertices lies on the x-axis, and the other lies on the line of equation y = 3. What is the area of the triangle? C. 1314. Two sides of a triangle are of unit length and they enclose an angle of 108◦ . Inscribe a regular pentagon in the triangle such that three sides of the pentagon lie on the sides of the triangle. How long are the sides of the inscribed pentagon? New exercises – competition B (see page 411): B. 4732. The teacher of a class of 36 students enters the averages of the mathematics test grades in a 6 × 6 table. Each student has a different mean grade. The teacher marks the largest entry in each column of the table. He finds that all of the 6 marked numbers lie in different rows. Then he marks the largest entry in each row, and finds that these all lie in different columns. Prove that the two sets of six numbers are equal. (3 points) (Proposed by J. Szoldatics, Budapest) B. 4733. Every edge of a simple connected graph of n > 2 vertices is labelled with either a 1 or with a 2. Then each vertex is assigned with the product of the numbers on the edges product of the numbers on the related edges on it. Show that there will be a pair of two vertices assigned with the same number. (3 points) (Proposed by A. Hujdurović, Koper) B. 4734. Some fields (unit cubes) constituting a cubical lattice of edge 2015 units are infected by an unknown disease. The disease will spread if at least t fields in some row parallel to any edge of the cube are infected (1 6 t 6 2015). In that case, every field of that ´ is javaslok egyet: How many fields need to be row will become infected in one minute. En infected initially in order to a) make it possible b) be certain that the infection reaches all fields of the cube? (6 points) (Proposed by G. Mész´ aros, Budapest) B. 4735. Construct

446


i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 447. oldal – 63. lap


i

a cyclic quadrilateral, given one vertex, the line of the diagonal through the vertex, and the intersections of the lines of the two pairs of opposite sides. (4 points) B. 4736. Let n be a positive integer. Solve the simultaneous equations n ∑ i=1

|xi | =

n n ∑ 3 ∑ 2|xi |3 xi = . x2 + 1 i=1 i i=1

(5 points) (Proposed by K. Williams, Szeged) B. 4737. D is the foot of the altitude drawn to the hypotenuse AB of a right-angled triangle ABC. The angles bisectors of ∠ACD and ∠BCD intersect hypotenuse AB at E and F , respectively. Determine the ratio of the inradius of triangle ABC to the circmradius of triangle CEF . (5 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 4738. C is an arbitrary point of a circle k of diameter AB, different from A and B. Drop a perpendicular from C onto diameter AB. The foot of the perpendicular on line segment AB is D, and the other intersection with the circle k is E. The circle of radius CD centred at C intersects circle k at points P and Q. Let M denote the intersection of line segments CE and P Q. Dertermine the value of PM + QM . (4 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 4739. Consider all real numbers x PE QE for which tan x + cot x is a positive integer. Find those of them for which tan3 x + cot3 x is a prime number. (4 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 4740. Eight unit cubes, with corresponding edges parallel, are glued together to form a solid. Prove that the surface area of the resulting solid is at least 24 units. Only the outer surface counts, even if the resulting solid contains a cavity. (6 points) New problems – competition A (see page 413): A. 650. There is given an acuteangled triangle ABC with a point X marked on its altitude starting from C. Let D and E be the points on the line AB that satisfy ^DCB = ÂCE = 90◦ . Let K and L be the points on line segments DX and EX, respectively, such that BK = BC and AL = AC. Let the line AL meet BK and BC at Q and R, respectively; finally let the line BK meet AC at P . Show that the quadrilateral CP QR has an inscribed circle. A. 651. Determine all real polynomials P (x) that satisfy ( ) P x3 − 2 = P (x)3 − 2. (CIIM 2015, Mexico) A. 652. Prove that there exists a real number C > 1 with the following property: whenever n > 1 and a0 < a1 < · · · < an are positive integers such that 1 1 1 , , . . . , a form an arithmetic progression, then a0 > C n . (CIIM 2015, Mexico) a a 0

1

n

Problems in Physics (see page 443) M. 353. Stick a coin (or several coins) with a piece of cello-tape onto the hole at the middle of a damaged or not used CD disc. (Put cello-tape to the other side of the hole as well in order to make the rim of the small hole smooth.) Carefully place the disc onto the surface of water in a dish – such that the coin is at the bottom of the disc – and from a certain height pour water onto the hole of the disc. The water beam should be narrow and vertical. If the water beam is strong enough (but not too strong) then the CD disc does not sink when it is released. Measure how the minimum amount of water needed for the floating of the disc depends on the total mass of the disc-coin system.


447

i

i i

i

i i

i

2015.10.8 – 15:30 – 448. oldal – 64. lap


i

P. 4758. A piece of wire is to be used to make an immersion heater rated at 230 V, and 300 W. What should the length of the wire be, if the cross section of the wire is 0.1 mm2 , and its resistivity is 1.6 Ω mm2 /m? P. 4759. What should the angle between two forces be, if the magnitude of their sum is the same as the geometric mean of the magnitudes of the forces? Under what conditions will this angle be minimum, and what is this minimum value? P. 4760. The speed of a car travelling on a highway is v0 . At a certain instant the speed of the car is started to vary uniformly, and from that instant the first 84 m is covered in 3 s, and the next 84 m is covered in 4 s. Determine the initial speed of the car v0 , and its acceleration a. P. 4761. The acceleration of a strange car is inversely proportional to its speed in the speed interval of (v1 , v2 ), so a = A/v (A is a positive constant). a) How long does it take for the car to speed up from the speed v1 to the speed v2 ? b) What is the power of the car during this motion? P. 4762. A piece of iron is attached to the bottom of a wooden cylinder of cross section A0 , so the wooden cylinder is floating in a sample of liquid of density ϱ1 , which liquid is in a beaker of crosssection A1 . The beaker is also floating in some liquid of density ϱ2 , in another bigger beaker of cross section A2 > A1 . This beaker is also floating in some liquid of density ϱ3 in another even wider beaker of cross-section A3 > A2 , and so on . . . . Altogether there are n beakers on the table. The symmetry axes of all beakers and the wooden cylinder are vertical. Then the wooden cylinder is pushed down by a vertical force of F . (Neither the wooden cylinder nor any of the beakers touch the other beaker below them.) a) By what amount did the height of immersed part of the wooden cylinder in the first liquid increase? b) By what amount did the level of the liquid in the first liquid increase? c) By what amount did the level of the liquid in the i-th beaker increased? P. 4763. A light-ray entering into a glass cube through one of the faces of the cube is reflected from three faces of the cube. The common point of these three faces is one of the vertices of the cube. Then the reflected light-ray emerges from the same face of the cube as it entered into it. What can be stated about the direction of the emerging light-ray? P. 4764. The resistance of each resistor shown in the figure is the same R. By what percent will the dissipated power at resistor (1) change if switch K is turned on to create a short circuit through the resistor (2)? P. 4765. A coil of inductance 250 mH, and of resistance 0.3 Ω is connected to a battery of constant terminal voltage. How much time elapses until the current through the coil reaches a) 50% of the stationary final value; b) 75% of the stationary final value? P. 4766. An aluminium sheet is illuminated by ultraviolet light of wavelength 200 nm. a) what will the kinetic energy of the fastest and the slowest emitted electrons? b) What is the stopping voltage? P. 4767. Several small holes are drilled into the wall of a cylinder shaped container. The symmetry axis of the cylinder is vertical. The container is filled with water up to a height of H, and due to this, narrow beams of water flow out of the container (perpendicularly to the wall of the cylinder). What is the shape of the envelope of the beams of water? (The water beams do not form obstacles to each other, and the water level in the container is kept constant by refilling the water.)

65. évfolyam 7. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. okt´ ober

i

i i

i

KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

Recommend Documents