KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 449. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. november

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ÍTVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 8. szám

Budapest, 2015. november

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

´ TARTALOMJEGYZEK Közlemény a tanulmányi versenyek feladatainak és eredményeinek megjelenésér˝ol . . . . . . . . . . . . . . .

450

Miklós Ildikó: 55. Rátz László Vándorgy˝ulés . . . . . .

450

A középiskolás tanárverseny feladatai . . . . . . . . . . .

451

A 2015. évi Beke Manó Emlékd´ıjasok . . . . . . . . . . .

454

Csapodi Csaba, Koncz Levente, Kósa Tamás, Orosz Gyula: Az ellen˝orzés kérdésköre a matematika érettségi vizsga jav´ıtási-értékelési u´tmutatóiban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

454

Székely Péter: Gyakorló feladatsor emelt szint˝u matematika érettségire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

459

Sztranyák Attila: Megoldásvázlatok a 2015/7. sz. emelt szint˝u matematika gyakorló feladatsorhoz

461

Matematika feladatok megoldása (4687., 4699., 4701., 4705.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

469

A K pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (475– 480.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

472

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1315– 1321.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

473

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4741– 4749.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

474

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (653–655.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

476

Informatikából kit˝uzött feladatok (385–387., 3., 102.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

476

Schmieder László: Gráfalgoritmusok 2. . . . . . . . . .

481

Szász Krisztián, Vankó Péter, Vigh Máté: A 46. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

485

Honyek Gyula: Gyakorló feladatsor emelt szint˝u fizika érettségire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

497

Csapo Aletta, Radnai Bálint, Varga-Umbrich Eszter: Nyári Fizika Tábor . . . . . . . . . . . . . . . . . .

500

Fizika feladatok megoldása (4705., 4710., 4714., 4718.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

501

Fizikából kit˝uzött feladatok (354., 4768–4779.) . . .

507

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

510

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

511

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

´ 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 ´ SZOKOL AGNES ´ Projektvezet˝ o: NAGYNE 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, ´ ´ 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.

449

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 450. oldal – 2. lap


i

Ko eny a tanulm´ anyi versenyek ¨zlem´ feladatainak ´ es eredm´ enyeinek megjelen´ es´ er˝ ol Mivel mind az Arany D´ aniel Matematikai Tanulóverseny, mind az Országos Középiskolai Matematikai Tanulmányi Verseny feladatai és eredményei megtalálhat´ oak az interneten, ezért a KöMaL-ban ezent´ ul nem jelennek meg. Honlapunkon elérhet˝ oek lesznek, a http://www.komal.hu/hirek/verseny/index.h.shtml c´ımen.

55. R´ atz L´ aszl´ o V´ andorgy˝ ul´ es V´ ac, 2015. j´ ulius 7–10.

Idén a matematikatan´ arok vándorgy˝ ulésének helysz´ıne Vác volt. A rendezést az Apor Vilmos Katolikus F˝ oiskola vállalta. A f˝oszervez˝o Horv´ ath Alice volt, aki munkat´ arsaival egy¨ utt minden id˝opontban a legnagyobb seg´ıtséget ny´ ujtotta mindenkinek. A megnyit´ on Sir´ ak Péter, a f˝oiskola tanára játszott orgonán, majd a köszönt˝oket k¨ ovet˝ oen sor ker¨ ult a Beke Manó-emlékd´ıjak átadására. Ezt követ˝oen el˝oször ´ Eletm˝ ´ K´ arp´ ati Andrea, majd a tavalyi Rátz Tanár Ur ud´ıjas Kubatov Antal el˝oadását hallgathattuk meg. A délel˝ ott¨ ok sor´ an most is a megszokottan magas sz´ınvonal´ u el˝oadások és szemin´ ariumok k¨ oz¨ ul válogathattak a tan´ıtók és a tanárok mindhárom szekcióban. Az egyik legnagyobb érdekl˝ odésre számot tartó el˝oadás az érettségivel kapcsolatos tervezett v´ altoz´ asokr´ ol sz´ olt, az ehhez kapcsolód´ o cikk¨ unk a 454–458. oldalon olvashat´ o. Az egyre népszer˝ ubb tanárversenyt az Akadémiai Kiadó, a M˝ uszaki Kiadó, a MATEGYE Alap´ıtv´ any és a TypoTex Kiadó támogatta, a verseny feladatait és az eredményeket k¨ ul¨ on k¨ oz¨ olj¨ uk. A v´ andorgy˝ ulés id˝ oben éppen az idei nyár egyik nagyon meleg, majd nagyon viharos id˝ oszak´ ara esett, ´ıgy a szabadid˝onkben vagy a melegben pihegt¨ unk, vagy a záport igyekezt¨ uk meg´ uszni. A férfi focimeccset ez´ uttal a vidék csapata nyerte, az ezt k¨ ovet˝ o n˝ oi kos´ arlabdán ¨ orömjáték volt. Vácon is, a Dunakanyarban is lehetett barangolni, de nagyon népszer˝ u volt a szervezett kirándulás is, amely a Vácrátóti Botanikus Kertbe vezetett. Az el˝ oad´ asok anyagai megtekinthet˝ok a vándorgy˝ ulés honlapján, amelyet a budapesti Berzsenyi D´ aniel Gimnázium matematika munkaközössége gondoz (http://rlv.berzsenyi.hu/2015). A 2016-os Vándorgy˝ ulésre Bajára várja ismét nagy létszámban a matematikatan´ arokat a Bolyai J´ anos Matematikai Társulat. Mikl´ os Ildik´ o 450


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 451. oldal – 3. lap


i

A k¨ oz´ episkol´ as tan´ arverseny feladatai A verseny id˝ otartama 90 perc. A feladatok pontoz´ asa: minden helyes v´ alasz 5 pontot ér; helytelen v´ alaszra 0 pont, v´ alasz nélk¨ ul hagyott kérdésekre 1-1 pontot j´ ar. 1. Juli kisz´ amolta 2015-nek a 2016-n´ al kisebb természetes sz´ am kitev˝ oj˝ u hatv´ anyait, majd o amokat. Melyik az ¨ osszeg legkisebb helyiértékén ´ all´ o sz´ amjegy? ¨sszeadta a kapott sz´ (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 5; (E) 6. 2. Egy statisztikai minta elemei 7; 2; 14; 21; 191 és 41. Egy u ´j adat hozz´ avételével a minta terjedelme 15-tel n˝ o. Melyik lehet az u ´j adat? (A) −17; (B) −13; (C) −10; (D) 205; (E) 208. 3. H´ any olyan 2015-jegy˝ u sz´ am van, amelyre teljes¨ ul, hogy b´ armely két sz´ amjegyének a szorzata ugyanannyi? (A) 0; (B) 9; (C) 12; (D) 18; (E) 2015. sin 10◦ ·sin 80◦ t¨ ort értéke? cos 70◦

1

1

1

(A) 4 ; (B) 3 ; (C) 2 ; 7 3 5. H´ any val´ os megold´ asa van az x + 2x + 3 = 0 egyenletnek? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 4; (E) 7. 4. Mennyi a

2

(D) 3 ;

(E) 1.

6. H´ any olyan sz´ amrendszer van, amelyben a 441 alak´ u sz´ am négyzetsz´ am, és amelynek n alapsz´ am´ ara teljes¨ ul, hogy n 6 10? (A) 5; (B) 6; (C) 7; (D) 8; (E) 9. 7. H´ any elem˝ u halmaz a lg sin x + lg cos x = lg sin(−2x) egyenlet értelmezési tartom´ anya? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 2015; (E) végtelen sok. 8. Az ´ abr´ an l´ athat´ o ¨ osszead´ asban minden bet˝ u egy sz´ amjegyet jel¨ ol és B = 7. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ aromjegy˝ u sz´ amot jel¨ olhet a SOR sz´ o, ha az azonos bet˝ uk azonos sz´ amokat jel¨ olnek? (A) 200; (B) 216; (C) 243; (D) 270; (E) 300. ´ 9. Evit teniszedzés ut´ an minden alkalommal édesapja viszi haza aut´ oval, aki pontosan ´ az edzés ut´ az edzés végére érkezik meg. Egyik nap az edzés hamarabb ért véget, és Evi an azonnal elindult gyalog haza a szokott u ´tvonalon. Negyed ´ ora m´ ulva tal´ alkozott az aut´ oval érkez˝ o édesapj´ aval. Azonnal besz´ allt az aut´ oba, és ´ıgy a megszokottn´ al 10 perccel kor´ abban ért haza. H´ any perccel hamarabb ért véget a szok´ asosn´ al az edzés, ha minden m´ as a megszokott id˝ opontban és temp´ oban zajlott, és az aut´ o megfordul´ as´ ahoz, valamint a besz´ all´ ashoz sz¨ ukséges id˝ otartamt´ ol eltekint¨ unk? (A) 10; (B) 15; (C) 20; (D) 25; (E) 30. 10. H´ any megold´ asa van az egész sz´ amok halmaz´ an az (x − 2015)4030−2x = 1 egyenletnek? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 3; (E) végtelen sok. 11. H´ any fok abban a h´ aromsz¨ ogben a két kisebb bels˝ o sz¨ og nagys´ ag´ anak a k¨ ul¨ onbsége, amelynek a leghosszabb oldala 10 cm, és két magass´ ag´ ara is igaz, hogy a hossza legal´ abb akkora, mint a hozz´ a tartoz´ o alap hossza? (A) 0; (B) 10; (C) 20; (D) 30; (E) 45. √ √ √ 12. Mennyi az 2015 − x − 18 135 = 8060 egyenlet gy¨ okeinek a szorzata? (A) −2015; (B) 0; (C) 2015; (D) 8060; (E) 18 135.

|

|

13. S´ ark´ anyf¨ old¨ on ¨ otfej˝ u, hatfej˝ u és hétfej˝ u s´ ark´ anyok élnek. A hatfej˝ uek mindig hazudnak, az o uek és a hétfej˝ uek mindig igazat mondanak. Egyszer négy s´ ark´ any ¨tfej˝ tal´ alkozott. T˝ uztorok azt ´ all´ıtotta, hogy négy¨ uknek ¨ osszesen 24, Par´ azsorr azt, hogy 23, F¨ ustf¨ ul azt, hogy 22, L´ angnyelv pedig azt, hogy 21 fej¨ uk van. Hogy h´ıvj´ ak az igazmond´ o s´ ark´ anyt? (A) T˝ uztorok; (B) Par´ azsorr; (C) F¨ ustf¨ ul; (D) L´ angnyelv; (E) Ezekb˝ ol az adatokb´ ol nem lehet meghat´ arozni.


451

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 452. oldal – 4. lap


i

73

14. H´ any olyan abc alak´ u h´ aromjegy˝ u sz´ am van, melyre a a3 +b3 +c3 t¨ ort természetes sz´ am? (A) 6; (B) 7; (C) 9; (D) 10; (E) 12. 15.⌊ Mi⌋ az értékkészlete a val´ os sz´ amok halmaz´ an értelmezett val´ os érték˝ u f (x) = uggvénynek (a ⌊b⌋ a b sz´ am egészrészét jel¨ oli)? = x2 − x2 f¨ (A) [0; 0,25[; (B) [0; 0,4[; (C) [0; 0,49[; (D) [0; 0,64[; (E) [0; 1[. ¨ érme oldalaira fel´ırtuk az 1; 2; 3; 4; 5; 16. Ot 6; 7; 8; 9 és 10 sz´ amokat u ´gy, hogy minden érme minden oldal´ ara egy sz´ am ker¨ ult. Peti ¨ otsz¨ or egym´ as ut´ an feldobta az ¨ ot érmét, és le´ırta az els˝ o négy dob´ as ut´ an az ¨ ot érmén l´ athat´ o¨ ot sz´ amot (l´ asd t´ abl´ azat). Meg´ allap´ıtotta, hogy az ¨ ot¨ odik dob´ as ut´ an az o athat´ o sz´ amok o o legkisebb ¨t érmén l´ ¨sszege a lehet˝ lett. Mennyi volt az ¨ ot¨ odik dob´ as ut´ an az ¨ ot érmén l´ athat´ o sz´ amok ¨ osszege? (A) 15; (B) 16; (C) 17; (D) 18; (E) 19. 17. Legyen Sn az 1! + 2! + 3! + . . . + n! ¨ osszeg, ahol n 25-nél kisebb pozit´ıv egész sz´ am. Kiv´ alasztunk két tetsz˝ oleges Sn ¨ osszeget. Mennyi annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy a kiv´ alasztott két o am? ¨sszeg egyike pr´ımsz´ 1 1 3 1 1 (A) 24 ; (B) 12 ; (C) 24 ; (D) 6 ; (E) 4 . 18. Egy 6 × 5-¨ os négyzetr´ acs 13 négyzetére egy-egy fekete korongot helyezt¨ unk (l´ asd ´ abra). A korongokat lépésekkel mozgatjuk a t´ abl´ an. Egy lépés abb´ ol ´ all, hogy el˝ osz¨ or kiv´ alasztunk egy sorb´ ol vagy egy oszlopb´ ol h´ arom egym´ as melletti olyan négyzetet, hogy csak a k¨ ozéps˝ o és egyik széls˝ o négyzeten legyen korong, ezut´ an pedig a széls˝ o négyzeten lév˝ o korongot ´ athelyezz¨ uk a m´ asik széls˝ o négyzetre. Legkevesebb h´ any lépésben érhet˝ o el, hogy minden korong kezdetben u ulj¨ on ´ at? ¨res négyzetre ker¨ (A) 15; (B) 24; (C) 27; (D) 30; (E) Az ´ atrendezés nem val´ os´ıthat´ o meg. 19. Egy szob´ aban 10 szék van egy sorban egym´ as mellett. A székek kezdetben u ¨resek. Id˝ onként valaki le¨ ul egy u all. ¨res székre, és ugyanakkor az egyik szomszédja, ha van, fel´ H´ any ember u ama a lehet˝ o legnagyobb? ¨lhet egyszerre a székeken, ha az emberek sz´ (A) 5; (B) 7; (C) 8; (D) 9; (E) 10. 20. H´ any fok annak a h´ aromsz¨ ognek a legnagyobb sz¨ oge, amelynek a ter¨ ulete a2 +b2 T = 4 , ahol a és b a h´ aromsz¨ og két oldal´ anak hossza? (A) 60; (B) 75; (C) 90; (D) 105; (E) 120. 21. Melyik kifejezéssel egyenl˝ o a sin6 x + cos6 x ¨ osszeg, ha sin x · cos x = p? 2 (A) 1 − 6p; (B) 1 − 3p ; (C) 1 − p2 ; (D) 1 + p2 ; (E) 1 + 3p2 . 22. Legyen f az a f¨ uggvény, amely minden val´ os x-hez a sz´ amegyenes x-et jel¨ ol˝ o pontj´ anak a [0; 2] intervallum att´ ol legt´ avolabb lév˝ o, egész sz´ amot jel¨ ol˝ o pontj´ at´ ol val´ o t´ avols´ ag´ at rendeli. Mi ennek az f f¨ uggvénynek a hozz´ arendelési szab´ alya? (A) f (x) = |x − 1| − 1; (B) f (x) = |2 − x| − 1; (C) f (x) = |x − 1| + 1; (D) f (x) = |x + 1|; (E) f (x) = 2|x + 1|. 23. H´ any olyan n természetes sz´ am van, melyre az n5 − n4 − 2n3 + 2n2 + n − 1 polinom helyettes´ıtési értéke négyzetsz´ am? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 5; (E) végtelen sok. 24. Az ABC h´ aromsz¨ og A cs´ ucsb´ ol indul´ o magass´ ag´ anak hossza harmonikus k¨ ozepe azon két szakasz hossz´ anak, amelyekre a magass´ ag a BC oldalt bontja. Mennyi a tg β + tg γ osszeg, ha β a h´ aromsz¨ ognek a B, γ a C cs´ ucsn´ al lév˝ o bels˝ o sz¨ oge? ¨ 3 5 (A) 1; (B) 2 ; (C) 2; (D) 2 (E) 3.

452


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 453. oldal – 5. lap


i

25. H´ any olyan (x; y; z) rendezett sz´ amh´ armas van, melyre 64x + 16y + 4z = 321, ha x; y; z ∈ N? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 3; (E) 4. √ 4 2+2

26. Mennyi a 2x−1 +22−x +1 t¨ ort lehet˝ o legnagyobb értéke? 1 2 3 4 (A) 2 ; (B) 3 ; (C) 4 ; (D) 5 ; (E) 2. 27. Egységnyi él˝ u fehér kock´ akb´ ol n egységnyi él˝ u kock´ at ´ all´ıtunk ¨ ossze (n > 5), majd a kapott kocka lapjait pirosra festj¨ uk. H´ any olyan egységnyi él˝ u kocka lesz, amelynek van olyan, vele lappal érintkez˝ o szomszédja, amelynek n´ ala 1-gyel t¨ obb piros lapja van? (A) 2n2 + n + 4; (B) 4n2 + 36; (C) 6n2 ; (D) 6n2 − 36n + 56; (E) 6n2 − 12n + 8. 28. A P és Q pontok egy AB ´ atmér˝ oj˝ u félk¨ or´ıv pontjai. Az R pont az OB sug´ ar egy olyan pontja, amelyre OP R^ = OQR^ = 10◦ . H´ any fok a QOB^ nagys´ aga, ha P OA^ = 40◦ ? (A) 10; (B) 15; (C) 20; (D) 25; (E) 30. 29. Ern˝ o ¨ ot¨ oslott´ o szelvényeket t¨ olt¨ ott ki. Minden lehetséges sz´ am¨ ot¨ ost pontosan egy szelvényen jel¨ olt be. H´ any olyan szelvény van ezek k¨ oz¨ ott, melyben a bejel¨ olt ¨ ot sz´ am k¨ oz¨ ul legal´ abb h´ arom szomszédos? (Az ¨ ot¨ oslott´ o szelvényeken az els˝ o 90 pozit´ıv egész sz´ amb´ ol kell o ot bejel¨ olni.) ¨t¨ (A) 86 · 87; (B) 86 · 3653; (C) 86 · 3654; (D) 86 · 3740; (E) 86 · 3741. 30. Legyen P az ABC egyenl˝ o sz´ ar´ u deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og BC ´ atfog´ oj´ anak olyan pontja, melyre BP < P C. H´ any fok a P AB^ nagys´ aga, ha létezik deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, amelynek oldalai P A, P B és P C? (A) 20; (B) 25; (C) 30; (D) 35; (E) 40. A feladatsort Csord´ asn´ e Sz´ ecsi Jol´ an ´ all´ıtotta ¨ ossze

A k¨ oz´ episkol´ as tan´ arverseny eredm´ enye ´ ´ ad Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Koncz Levente (Budapest, Obudai Arp´ Fridrik Rich´ ard (Szegedi Tudom´ anyegyetem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fony´ on´ e N´ emeth Ildik´ o (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . Fony´ o Lajos (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Szaszk´ o-Bog´ arn´ e Eckert Bernadett (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Baloghn´ e Cseh Judit (Szolnoki Varga Katalin Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Cs. Nagy Andr´ as (V´ aci Boronkay Gy¨ orgy Szakk¨ ozépiskola) . . . . . . . . . . . . 8. Mer´ enyi Imre (V´ aci Boronkay Gy¨ orgy Szakk¨ ozépiskola) . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ ad Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Czinki J´ ozsef (Budapest, Obudai Arp´ 10. Tigyi Istv´ an (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ısérleti Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. 2. 3. 3. 5.

140 136 115 115

pont pont pont pont

113 112 105 104 103 101

pont pont pont pont pont pont.

136 136 125 111 109 105

pont pont pont pont pont pont.

Az ´ altal´ anos iskol´ as tan´ arverseny∗ eredm´ enye 1. 1. 3. 4. 5. 6.

Csord´ as P´ eter (Kecskeméti Katona J´ ozsef Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ Isk.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nagy Tibor (Kecskeméti Reform´ atus Alt. ´ Isk.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B. Varga J´ ozsef (Temerini Petar Kocsity Alt. ´ T´ oth Gabriella (Palicsi Miroslav Antic Alt. Isk.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyed L´ aszl´ o (Bajai III. Béla Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Csord´ as Mih´ aly (Kecskeméti Mategye Alap´ıtv´ any) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ∗

Az ´ altal´ anos iskol´ as tan´ arverseny feladatait nem k¨ oz¨ olj¨ uk.


453

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 454. oldal – 6. lap


i

A 2015. ´ evi Beke Man´ o Eml´ ekd´ıjasok A Beke Man´ o Emlékd´ıj Bizottság döntése alapján 2015-ben a d´ıj második fo´ kozat´ aban részes¨ ult Abrah´ am G´ abor, Hilln´ e Benk´ o Katalin, Stukovszkyn´ e ´ Henk Eva, Rig´ o Istv´ an, Sisa S´ andorn´ e, Szabados Anik´ o és Bereczkin´ e Sz´ ekely Erzs´ ebet. A részletes indokl´ as honlapunkon (www.komal.hu) olvasható.

Az ellen˝ orz´ es k´ erd´ esk¨ ore a matematika ´ eretts´ egi vizsga jav´ıt´ asi-´ ert´ ekel´ esi u ´ tmutat´ oiban1 Bevezet´ es A matematika érettségi feladatsorokat és jav´ıtási u ´tmutatókat kész´ıt˝o bizottság tagjai nincsenek k¨ onny˝ u helyzetben, amikor a matematikai precizitás és a vizsgáz´ okt´ ol re´ alisan elv´ arhat´ o igényesség között kell egyens´ ulyozniuk. Egyszerre kell, hogy megfeleljenek a szakma (középiskolai és fels˝ooktatási tanárok) elvárásainak, mik¨ ozben nem vesz´ıthetik szem el˝ol azt a tényt sem, hogy a diákok nagy része nem matematikusi pály´ ara kész¨ ul. A kétszint˝ u érettségi bevezetése óta megfigyelhet˝ o, hogy a feladatsorokat és a jav´ıtási u ´tmutatókat összeáll´ıtó bizottság bizonyos kérdésekben nem alak´ıtott ki egységes álláspontot. Ez egyfel˝ol nyilván a személyi változ´ asok k¨ ovetkezménye, m´ asfel˝ol viszont az érettségi vizsga jellegzetességéb˝ol fakad. Azáltal ugyanis, hogy a matematika érettségi vizsga – néhány feladattól eltekintve – nem teszt-jelleg˝ u, az egyes pontok meg´ıtélése bizonyos esetekben vita tárgy´ at képezheti. A megold´ asok ellen˝ orzésének és a válasz megadásának kérdése az egyik olyan témak¨ or, amelynek meg´ıtélése és kezelése nem egységes sem a matematikatanárok k¨ orében, sem az elm´ ult évek érettségi feladatsorainak jav´ıtási u ´tmutatóiban. Komoly dilemma, hogy mik¨ ozben f˝o szabályként a feladatok megoldásának ellen˝orzését várjuk, az sem lenne szerencsés, ha ennek a kompetenciának az értékelése t´ ul nagy s´ ulyt kapna az ¨ osszpontszámban. A feladatsor elején, a vizsgázókhoz szóló Fontos tudnival´ ok -ban szerepel, hogy az eredményeket szöveges válaszként is meg kell fogalmazni, de az ehhez kapcsolódó pontos elvárások sem tisztázottak. Az al´ abbiakban v´ azoljuk, hogy melyek azok az esetek, amikor vélemény¨ unk szerint lehet egyértelm˝ u elv´ ar´ asokat megfogalmazni, és jelezz¨ uk, hogy melyek azok a helyzetek, amikor erre nem l´ atunk lehet˝oséget. Ez az ´ır´ as sz´ andékosan t¨ omör és lényegre tör˝o. A tömörséget u ´gy próbáljuk enyh´ıteni, hogy a legfontosabb megállap´ıtások mellé seg´ıt˝o példákat adunk. A témát részletesebben is kifejtett¨ uk, ez az anyag a Fazekas Mihály Gimnázium honlapján, ezen bel¨ ul a Matematika oktat´ asi portálon található meg2 . ´ Ez a tanulm´ any a TAMOP 3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. sz´ azadi k¨ ozoktat´ as (fejlesztés, koordin´ aci´ o) II. szakasz keretében kész¨ ult. 2 http://goo.gl/7VLzHz. 1

454


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 455. oldal – 7. lap


i

Az ellen˝ orz´ es k´ erd´ ese A matematika feladatok egy részét egyenletek, egyenl˝otlenségek, egyenletrendszerek láncolat´ anak fel´ır´ as´ aval oldjuk meg. A feladatban kit˝ uzött probléma megold´ asa sor´ an fel´ırt egyenletek, egyenletrendszerek, egyenl˝otlenségek vagy ekvivalensek az eredeti problém´ aval, vagy nem. (Két egyenletet – egyenletrendszert, egyenl˝otlenséget –, illetve egy feladatot és egy egyenletet ekvivalensnek nevez¨ unk, ha a megold´ ashalmazuk megegyezik.) Ha a vizsg´ az´ o ekvivalens ´ atalak´ıt´ asokat hajt végre (értve ez alatt az eredeti feladattal val´ o ekvivalenci´ at is), akkor befejezésként két lehet˝osége van: vagy ennek a tényét kell r¨ ogz´ıtenie, vagy a kapott gy¨ ok¨ oket ellen˝ oriznie kell az eredeti feladatba t¨ ortén˝ o behelyettes´ıtéssel. Ha a vizsg´ az´ o nem ekvivalens ´ atalak´ıt´ asokat végez, akkor behelyettes´ıtéssel kell ellen˝ oriznie. Az ellen˝ orzés célja nem a számolási hibák kisz˝ urése, hanem az, hogy megvizsg´ aljuk: a feladat megoldása során kapott gyökök az eredeti feladatnak is megold´ asai-e. Az ellen˝ orzés megtörténtének meg´ıtélése a jav´ıtó tanárra van b´ızva, de a f˝ o szab´ aly: a vizsg´ az´ o tevékenysége mögött érdemi munkának kell látszania, nem elég az ellen˝ orzés tényének megeml´ıtése. (Így az ekvivalens átalak´ıtásokat ” hajtottam végre” tanul´ oi megállap´ıtásra csak akkor adható az ellen˝orzésért járó pont, ha a vizsg´ az´ o val´ oban minden sz¨ ukséges feltételt figyelembe vett.) H´ arom esetet k¨ ul¨ onb¨ oztethet¨ unk meg: I. A sima” egyenletek megoldása ” A fenti feloszt´ as (vagyis egy egyenlet megoldásának ekvivalenciája) általában egyértelm˝ u azokn´ al a péld´ akn´ al, ahol a feladat egy sima” (közvetlen feladatként ” kit˝ uz¨ ott) egyenlet megold´ asa. II. A modellalkot´ ast igényl˝o, szöveges feladatok megoldásának ellen˝orzése ¨ Osszetettebb a kérdés az u ´gynevezett szöveges feladatok megoldása során. Ezek esetében ugyanis az ekvivalencia feltételeinek megállap´ıtása jóval nehezebb lehet, mint a behelyettes´ıtés elvégzése. Ezeknél a feladatoknál általában elvárás az ellen˝orzés elvégzése, mégpedig az eredeti feladat szövegébe (tehát nem a fel´ırt egyenletbe) történ˝ o behelyettes´ıtéssel. Mint az el˝obb eml´ıtett¨ uk, a vizsgázó dolgozatában ennek l´ athat´ o nyoma kell, hogy legyen. (Az utóbbi években megfigyelhet˝o változás, hogy az értékelési u ´tmutat´ o az ellen˝orzés végrehajtására vonatkozó részleteket is tartalmaz.) III. Azoknak a feladatoknak a köre, ahol az egyenleteket eszközként alkalmazzuk. Sok olyan feladat van, ahol a megoldás során egyenleteket oldunk meg (koszinusztétel fel´ır´ asa, alakzatok metszéspontjának meghatározása stb.), k¨ ulönösebb modellalkot´ as nélk¨ ul. Ezeknek a feladatoknak a megoldása során ´ altal´ aban nem várjuk el az egyenletek megoldásának ellen˝orzését. Ezt egyfel˝ol a kialakult tan´ıtási gyakorlat, másfel˝ ol az az elv támasztja alá, hogy ne legyen t´ ulreprezentálva az ellen˝ orzési kompetencia a vizsga során (1. példa).


455

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 456. oldal – 8. lap


i

N´ eh´ any tov´ abbi meg´ allap´ıt´ as Az elm´ ult 10 évben kialakult szokás, hogy a k¨ ozépszint˝ u érettségi I. részében az ellen˝ orzést az u ´tmutat´ o nem v´ arja el, annak végrehajt´ as´ aért ott nem j´ ar pont. Azokn´ al a sz¨ oveges feladatokn´ al, melyek megoldása során egyszer˝ u egyenleteket, egyenletrendszereket nyilv´ anval´ oan ekvivalens lépésekkel old meg a vizsgázó, a v´ alasz megad´ asa helyettes´ıtheti a visszahelyettes´ıtéssel t¨ ortén˝ o ellen˝ orzést vagy az ekvivalenci´ ara val´ o hivatkoz´ ast (2. példa). Egyenl˝ otlenségeket algebrai u ´ton csak ekvivalens ´ atalak´ıt´ asokkal oldhat meg a vizsg´ az´ o, hiszen ilyenkor nincs lehet˝oség az általában végtelen szám´ u gyök behelyettes´ıtéssel t¨ ortén˝ o ellen˝ orzésére. Az egyenletrendszerek kezelése is k¨ ulön vizsgálandó. Az egyenletrendszerek ekvivalenci´ aj´ anak bonyolult elméleti háttere van. (Elég itt most ebb˝ol annyit megeml´ıteni, hogy egyenletrendszerrel csak egyenletrendszer lehet ekvivalens.) A sima” ” egyenletrendszerek (behelyettes´ıtéssel történ˝o) ellen˝ orzéséért ´ altal´ aban j´ ar pont (3. példa). Ha egy feladatban (pl. alakzatok metszéspontjának meghatározása) az egyenletrendszert eszk¨ ozként haszn´ aljuk, akkor ´ altal´ aban nem v´ arjuk el az ellen˝ orzést (4. példa). Szintén problém´ at jelenthet az irracion´ alis gy¨ ok¨ ok kezelése. Ezeknél nem fogadhat´ o el a k¨ ozel´ıt˝ o érték¨ uk behelyettes´ıtése az eredeti egyenletbe, csak az egyenletek ekvivalens ´ atalak´ıt´ asai és az ezekre való hivatkozás, illetve a pontos értékkel történ˝ o visszahelyettes´ıtés. Egyenletek grafikus megold´ asa esetén pont jár a leolvasott értékek visszahelyettes´ıtéséért az eredeti egyenletbe, ez a tan´ıtási gyakorlat alapján a megoldás része. Az ellen˝ orzés és v´ alasz megadásának bármilyen sorrendje elfogadható.

1. példa (k¨ ozépszint˝ u feladatsor, 2014. m´ ajus), melynek a) feladata megold´ asa sor´ an az u ´tmutat´ o eltekint az egyenlet (pozit´ıv egész) gy¨ okének ellen˝ orzését˝ ol

456


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 457. oldal – 9. lap


i

2. példa (k¨ ozépszint˝ u feladatsor, 2013. okt´ ober), melynek a) alfeladata megold´ asa sor´ an az u ´tmutat´ o eltekint a fel´ırt egyenlet ellen˝ orzését˝ ol. Ezt indokolja egyfel˝ ol az egyenlet egyszer˝ usége, m´ asfel˝ ol az, hogy a kérdés megv´ alaszol´ as´ aval a vizsg´ az´ o tulajdonképpen ellen˝ orzi, hogy az ´ altala megadott értékek megfelelnek a feladat feltételeinek

3. példa (k¨ ozépszint˝ u feladatsor, 2013. okt´ ober), melynek b) alfeladata megold´ asa sor´ an az u ´tmutat´ o elv´ arja az egyenletrendszer ellen˝ orzését


457

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 458. oldal – 10. lap


i

4. példa (k¨ ozépszint˝ u feladatsor, 2013. okt´ ober), melynek c) alfeladat´ anak megold´ asa sor´ an az u ´tmutat´ o eltekint az egyenletrendszer megold´ as´ anak ellen˝ orzését˝ ol

¨ Osszegz´ es ´ Ugy vélj¨ uk, hogy az ellen˝ orzés kérdését illet˝oen fent megfogalmazott vélemény¨ unk a kérdés kezelésének egységes´ıtése irányába tett lépés. A diákokban a tan´ıtás sor´ an kialak´ıtandó ¨ onellen˝ orzési kompetenciát nagyon fontosnak tartjuk. Ennek az érettségi vizsga sor´ an t¨ ortén˝o számonkérése – a megfelel˝o arányban – szintén lényeges. Azt javasoljuk, hogy a szaktanári munka során a diákoktól várjuk el a rendszeres ellen˝ orzést. A feladatsort és a hozzátartozó értékelési u ´tmutatót összeáll´ıtó bizotts´ ag azonban akkor jár el helyesen, ha az érettségi vizsgán az ellen˝orzést csak ott értékeli pontokkal, ahol feltétlen¨ ul sz¨ ukséges. Csapodi Csaba, Koncz Levente, K´ osa Tam´ as, Orosz Gyula 458


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 459. oldal – 11. lap


i

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. Milyen α val´ os paraméter esetén lesz a következ˝o egyenletnek egy megold´ asa? x2 cos α + x + 12 sin α = 0. (11 pont) x2 − 12 ´ 2. Ovod´ as kor´ u kis¨ ocsénk a játék rulett-zsetonokat használja toronyép´ıtésre. Az els˝ o korongoszlop mellé magasabbat áll´ıt, majd a következ˝oket ugyanannyival n¨ oveli, mint a kor´ abbiakat. Így egy lépcs˝os toronysorozatot hoz létre mackójának. a) Milyen sorozatot alkotnak a tornyok magasságai? b) Az els˝ o toronyt´ ol kezdve csoportos´ıtsuk a tornyokat hármasával. Igazoljuk, hogy a h´ armas csoportokban szerepl˝o tornyok magasságainak o¨sszege számtani sorozatot alkot. c) A sorba rendezett tornyok elejér˝ol kisöcsénk elvett n darab tornyot, majd megsz´ amoltatta vel¨ unk, hogy hány zsetonja van összesen. Ezután elvett még n db tornyot, s ismét megkérdezte, hogy az el˝oz˝ovel egy¨ utt most hány zsetonja is van. Ebb˝ ol a két adatb´ ol meg tudnánk-e mondani, hogy még n tornyot elvéve, hány zsetonunk is lesz az el˝ oz˝ okkel egy¨ utt? (12 pont) 3. Az A halmaz elemei olyan 100-nál kisebb pozit´ıv a egészek, melyekre sin(a · 10◦ ) = 0,5. A B halmaz elemei a 100-nál kisebb hattal osztható természetes sz´ amok. a) |A| =? |B| =? b) Defini´ aljuk a C halmazt a következ˝oképpen: C := {1; 2; 3; 6; A}, ahol az A halmaz a C eleme. |C \ B| =? c) Hány p´ aros elem˝ u részhalmaza van C-nek? (14 pont) 4. A Balaton val´ os´ agh˝ u modelljét szeretnénk elkész´ıteni. Az adatok szerint a Balaton hossza 77 km, felsz´ıne 594 km2 , átlagos mélysége 3,6 m, legmélyebb pontja 11 m. a) Hány centiméter mélyen lesz a modell¨ unk legmélyebb pontja a felsz´ınhez képest, ha annak hossza a terepasztalon 1 m? b) Mennyi a modell¨ unk léptéke (méretaránya)? c) Hány centiliter v´ız kell a modellhez, ha azt valóban v´ızzel szeretnénk feltölteni? d) A Balatont egy helikopterr˝ol fentr˝ol is megtekintj¨ uk, hogy lássuk, mennyire hasonl´ıt a modell¨ unkre. A t´ o két legtávolabbi, egymástól 77 km-re lév˝o pontját nézz¨ uk hossztengelyére mer˝ olegesen, középpontja felé rep¨ ulve. 4 km távolságban, 900 m magasr´ ol mekkora sz¨ ogben látjuk a tavat? (14 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

459

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 460. oldal – 12. lap


i

II. r´ esz 5. Egy bank a k¨ ovetkez˝ o ajánlattal k´ıvánja u ¨gyfelei körét b˝ov´ıteni: aki a megadott hat´ arid˝ oig pénzét áthozza a fiókba fél éves lekötéssel, az els˝o hat hónapban évi 5% kamatot kap. Az apr´ o bet˝ us részt elolvasva megtudhatjuk, hogy fél év után havi lek¨ otéssel, évi 1,5% kamattal marad a fiókban a pénz¨ unk. (A havi lekötés azt jelenti, hogy amennyiben el˝obb vessz¨ uk ki a pénz¨ unket, a teljes kamatot elvesz´ıtj¨ uk a csonka h´ onapra.) 1 millió forintot tesz¨ unk be a bankba. Ezen feltételek ismeretében v´ alaszoljunk a k¨ ovetkez˝o kérdésekre. a) Mennyi pénz¨ unk lesz fél év m´ ulva? b) Mennyit kamatozott egy év alatt a betett 1 millió forintunk? c) Kor´ abbi bankfi´ okunkban hagyva a pénz¨ unket évi 2%-os a kamatot kapnánk havi lek¨ otés mellett. Legfeljebb mennyi id˝ore éri meg áthozni a pénz¨ unket az u ´j helyre? (16 pont) 6. Ugorjunk másfél évet. Az egyetemek u ´j el˝o´ırása miatt a 2017-es érettségin igen sokan választott´ ak a matematikát emelt szinten. 10%-uknak 90% feletti lett az eredménye. a) Az emelt szinten érettségiz˝o diákok köz¨ ul véletlenszer˝ uen megkérdezve 10-et mekkora annak az esélye, hogy köz¨ ul¨ uk pontosan ketten 90% feletti érettségit tettek? b) Internetes felmérésen 100 diákot kérdeztek meg véletlenszer˝ uen az emelt szinten érettségiz˝ ok k¨ oz¨ ul. Mekkora a valósz´ın˝ usége, hogy legfeljebb 2-en vizsgáztak ´ annak, hogy a 100 megkérdezett diákból legfeljebb 90% feletti eredménnyel? Es ketten vannak azok, akiknek nem siker¨ ult 90% felett az eredmény¨ uk? c) (Az emelt szinten t´ ulmutató kérdés.) Az OH statisztikájában kutakodunk. A 40 000 emelt szint˝ u vizsg´ az´ o eredményét tekintve 90%-os biztonsággal hány 90% feletti eredményes vizsg´ az´ ora szám´ıthatunk? (16 pont) 7. Adott a val´ os sz´ amok halmazán értelmezett f f¨ uggvény: f : x 7−→

x . 1 − |x|

´ azoljuk a f¨ a) Abr´ uggvényt a ]−1; 2] \ {1} intervallumon. b) Adott a g(x) = 2x f¨ uggvény. Mi lesz az f ◦ g f¨ uggvény értékkészlete a ]−1; 2] intervallumon? c) Hat´ arozzuk meg az f f¨ uggvény inverzét a ]−1; 1[ intervallumon, s ábrázoljuk az f −1 f¨ uggvényt. (16 pont) 8. Lak´ asunk nappali szobája hatszög alak´ u, melynek oldalai rendre AB = = 3,4, BC = 2,3, CD = 2,3, DE = 2,3, EF = 3,4, valamint F A = 3,7 méteresek. Az AB és a BC, valamint az DE és az EF oldalak mer˝olegesek egymásra. A szoba parkett´ az´ as´ ahoz szeretnénk megállap´ıtani az alapter¨ uletét, melyet kétféleképpen tesz¨ unk meg. 460


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 461. oldal – 13. lap


i

Mi megmérj¨ uk a szoba AD átlóját, melyet 4,8 méteresnek találunk, m´ıg fiaink a szoba F cs´ ucs´ an´ al lév˝ o szöget határozzák meg, melyet 120◦ -nak mérnek. A hossz´ us´ agot 5 cm-es pontoss´ aggal, m´ıg a szöget 5◦ -os pontossággal tudjuk eszk¨ ozeinkkel megmondani. a) A sz¨ og vagy a hossz´ us´ ag relat´ıv hibája nagyobb? b) Mekkor´ ak a ter¨ uletek a két esetben? c) Mennyire pontosan ismerj¨ uk a két esetben az AD átlót? d) Melyik mérést fogadjuk el inkább?

(16 pont)

9. A mérn¨ ok¨ ok egy gépkocsi mozgását figyelték m˝ uszerek seg´ıtségével négy m´ asodpercen át. A pillanatnyi sebességek (m/s-ban) mért adataira a szám´ıtógép a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggvényt illesztette: v(t) = 2,5t3 − 16t2 + 33t + 5. a) Mekkora sebességre gyorsult fel az autó az els˝o másodperc végére? b) A sebességv´ alt´ as pillanatában nem gyorsult az autó. Mikor volt ez? c) A gépkocsi pillanatnyi fogyasztását (literben mérve) a következ˝o f¨ uggvény ´ırja le: ( ) F (t) = 2 · 10−2 · v ′ (t) + 50t . Hány centiliter u ¨zemanyag fogyott az els˝o két másodperc alatt?

(16 pont) Sz´ ekely P´ eter Budapest

Megold´ asv´ azlatok a 2015/7. sz. emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsorhoz I. r´ esz 1. H´ any olyan 4 darab egész sz´ amb´ ol ´ all´ o adatsokas´ ag van, melynek medi´ anja 1, ´ atlaga 2, sz´ or´ asnégyzete pedig 3? Mi(k) ez(ek) az adatsokas´ ag(ok)? (12 pont) Megold´ as. Az adatsokas´ ag elemei nemcs¨ okken˝ o sorrendben legyenek a 6 b 6 c 6 d. A medi´ an 1, és ez most – mivel p´ aros sz´ am´ u adat van – a két k¨ ozéps˝ o sz´ am ´ atlaga, ezért c = 2 − b. Valamint az ´ atlag miatt a négy sz´ am ¨ osszege a + b + (2 − b) + d = 8, ezért d = 6 − a. Vagyis az elemek a 6 b 6 2 − b 6 6 − a. A sz´ or´ asnégyzetre kapott feltétel miatt 3=

(a − 2)2 + (b − 2)2 + (2 − b − 2)2 + (6 − a − 2)2 2a2 − 12a + 2b2 − 4b + 24 = . 4 4

Innen 12 = 2a2 − 12a + 2b2 − 4b + 24. Ezt 2-vel osztva, és a jobb oldalon teljes négyzeteket kialak´ıtva, vég¨ ul rendezve, a 4 = (a − 3)2 + (b − 1)2 egyenlet ad´ odik. Mivel a és b egész sz´ amok, ezért a 4 két négyzetsz´ am ¨ osszege. Ez csak u ´gy lehet, ha 0 = (a − 3)2 és 4 = (b − 1)2 , vagy ford´ıtva, 4 = (a − 3)2 és 0 = (b − 1)2 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

461

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 462. oldal – 14. lap


i

Az els˝ o esetben a = 3 és |b − 1| = 2, amib˝ ol a 3; −1; 3; 3, illetve a 3; 3; −1; 3 adatnégyeseket kapjuk. Ezek egyike sem j´ o, mert a medi´ anjuk 3. A m´ asodik esetben |a − 3| = 2 (innen a = 5 vagy a = 1) és b = 1 ad´ odik. Mivel a 6 b, ezért a = 1. Az ´ıgy kapott négy sz´ am kielég´ıti a feltételeket. Vagyis egyetlen megfelel˝ o sz´ amnégyes van: 1, 1, 1, 5. 2. Egy 1 méter oldalhossz´ us´ ag´ u, négyzet alak´ u asztallapra egy téglalap alak´ u abroszt ter´ıt¨ unk. Az abrosz hosszabb oldalai kétszer olyan hossz´ uak, mint a r¨ ovidebbek, és u ´gy helyezz¨ uk az asztalra, hogy k¨ ozépvonalai egybeessenek az asztallap ´ atl´ oival. ´ Igy az abrosz mind a négy sarka az asztallap s´ıkj´ ahoz képest 10 cm-rel lel´ og. Az asztallap h´ any sz´ azalék´ at fedi a ter´ıt˝ o ebben a helyzetben? (13 pont) Megold´ as. A feladat sor´ an deciméterben fogunk sz´ amolni. Tekints¨ uk az a ´br´ at, ahol A, B az asztallap két cs´ ucsa, P , Q, R, S a ter´ıt˝ o cs´ ucsai visszahajtva az asztallap s´ıkj´ aba, m´ıg T , U , V a P , Q, S cs´ ucsoknak az asztallap megfelel˝ o oldaléleire vett mer˝ oleges vet¨ uletei. Legyen a ter´ıt˝ o két oldal´ anak hossza P S = x, illetve P Q = 2x, valamint AT = a. Ekkor T B = 10 − a. A feladat szerint P T = QU = SV = 1. Így a ter´ıt˝ o elrendezése miatt 1 PZ = PW = √ . 2 Ekkor

√ 1 T V = x − 2 · √ = x − 2 és 2

√ 1 T U = 2x − 2 · √ = 2x − 2. 2

√ Az AT V √ és a BU T h´ aromsz¨ o sz´ ar´ u deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek, ´ıgy T V = 2a √ ogek √ egyenl˝ és T√ U = √2(10 − a) = √ 10 2 − √2a. Innen a-ra és x-re a k¨ ovetkez˝ o egyenleteket kapjuk: √ x− 2= osszeadva, majd mindkét ol√ 2a és 2x − 2 = √10 2 − 2a. Az√egyenleteket ¨ dalhoz 2 2-t adva: 3x = 12 2, amib˝ ol x = 4 2 ad´ odik. √ √ Vagyis a ter´ıt˝ o oldalai 4 2 és 8 2 hossz´ uak. √ √ Így a ter´ıt˝ o teljes ter¨ ulete 4 2 · 8 2 = 64. Viszont az asztallapot nem fedi a négy sarokn´ al lév˝ o egybev´ ag´ o egyenl˝ o sz´ ar´ u, deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og. Ezek k¨ oz¨ ul kett˝ ot-kett˝ ot egy¨ utt véve éppen két olyan négyzet kaphat´ o, melyek ´ atl´ oi 2 dm hossz´ uak. Így az abrosz asztallapot nem fed˝ o részének a ter¨ ulete: 2 · 2·2 = 4. 2 Ezek szerint az abrosz az asztal 100 dm2 -es ter¨ uletéb˝ ol pontosan 60 dm2 -t fed le, vagyis az abrosz az asztallapnak pontosan a 60%-´ at fedi le. o hosszabb oldala r¨ ovidebb az asztallap ´ atl´ oj´ an´ al √ es. Mivel a ter´ıt˝ ( √ Megjegyz´ oban a fenti ´ abr´ an lerajzolt elrendezés val´ osul meg. 8 2 < 10 2 ), ezért val´ 3. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet az egész (x; y) sz´ amp´ arok halmaz´ an: 3y − 2 √ . 2x − 2 − 8x + 4 = − (14 pont) 5

462


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 463. oldal – 15. lap


i

√ Megold´ as. A 8x + 4 miatt − 12 6 x, és mivel x egész, ezért legal´ abb 0. A bal oldalt ´ atalak´ıtva: √ √ (2x + 1) − 2 2x + 1 − 3 = (2x + 1) − 2 2x + 1 + 1 − 4. √ Ez ut´ obbit 2x + 1-ben teljes négyzetté alak´ıtva az egyenlet¨ unk a k¨ ovetkez˝ o alakra hozhat´ o: 3y − 2 (√ )2 . 2x + 1 − 1 − 4 = − 5 (√ )2 Mivel a jobb oldal nem pozit´ıv, 2x + 1 − 1 6 4, innen √ √ a bal sem lehet az. Vagyis 2x + 1 − 1 6 2, vagyis −1 6 2x + 1 6 3. Innen 2x + 1 6 9, vég¨ ul x 6 4 ad´ odik. Vagyis x lehetséges értékei 0, 1, 2, 3 és 4. Helyettes´ıts¨ uk be ezeket az értékeket rendre az egyenlet bal oldal´ aba. Az x = 1, x = 2 és x = 3 esetén a bal oldal értéke irracion´ alis. Mivel a jobb oldal racion´ alis (hiszen y egész), ezek nem adnak megold´ asokat. √ , teh´ Ha x = 0, akkor a bal oldal értéke: 0 − 2 − 0 + 4 = −4. Ekkor 4 = 3y−2 at 5 3y−2 22 vagy 4 = 3y−2 , amib˝ o l y = , ami nem megold´ a s; vagy −4 = , amib˝ o l y = −6, ami 5 3 5 megold´ as. √ , vagyis Ha x = 4, akkor a bal oldal értéke: 8 − 2 − 32 + 4 = 0. Ekkor 0 = 3y−2 5 as. y = 23 , ami szintén nem megold´ ¨ Osszesen egyetlen megfelel˝ o sz´ amp´ ar van, és ez az x = 0, y = −6. √ 4. Az f (x) = x f¨ uggvény grafikonj´ at elmetssz¨ uk az x = b egyenlet˝ u f¨ ugg˝ oleges egyenessel. Az egyenes, f (x), és az x-tengely ´ altal bez´ art S s´ıkidom ter¨ ulete t = 18. a) Mennyi b pontos értéke? b) Az S s´ıkidomot megforgatjuk az x-tengely k¨ or¨ ul. Mekkora a keletkezett forg´ astest térfogata? (12 pont) Megold´ as. a) A kérdéses ter¨ ulet sz´ amolhat´ o integr´ al seg´ıtségével: ∫b T = 18 =

√

∫b x dx =

0

[

1

x 2 dx =

3 2 · x2 + c 3

]b

0

= 0

2 3 · b2 , 3

3

innen 27 = b 2 , vég¨ ul b = 9.

b) A kérdéses térfogat: ∫b V =π

f (x) dx = π 0

[

∫9 2

x dx = π

1 2 ·x +c 2

0

]9 = 0

81 π ≈ 127,23. 2

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 val´ os sz´ amok halmaz´ an. c) Adjuk meg a tangensra vonatkoz´ o add´ıci´ osképletek és nevezetes sz¨ ogek sz¨ ogf¨ uggvényei seg´ıtségével a 105◦ és a 165◦ sz¨ ogek tangenseinek a pontos értékét. d) Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet a val´ os sz´ amok halmaz´ an: (tg x + 2)2 = 7 + tg x + ctg x.


(16 pont)

463

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 464. oldal – 16. lap


i

Megold´ as. a) Az x = 1 megold´ as, ez behelyettes´ıtéssel ellen˝ orizhet˝ o. (A racion´ alis gy¨ okteszt mutatja, hogy nem is lehet m´ as pozit´ıv egész megold´ as.) b) Mivel x = 1 megold´ asa az egyenletnek, az egyenlet bal oldala fel´ırhat´ o ( 2 ) 3 2 x + 3x − 3x − 1 = (x − 1) ax + bx + c alakban alkalmas a, b, c val´ os konstansokkal. Két polinom akkor egyezik meg, ha egy¨ utthat´ oik rendre azonosak. Így ( 2 ) (x − 1) ax + bx + c = ax3 + (b − a)x2 + (c − b)x − c = 1 · x3 + 3 · x2 − 3 · x − 1 miatt rendre a = 1, b = 4, c = 1 ad´ odik. Az egyenletet (x − 1)(x2 + 4x + hozva a bal oldal m´ asodik té√ 1) = 0 szorzatalakra √ nyez˝ ojéb˝ ol ad´ odik, hogy x2 = −2 − 3 , illetve x3 = −2 + 3 az egyenlet két irracion´ alis gy¨ oke a kor´ abban megtal´ alt x1 = 1 mellett. √ √ c) Felhaszn´ alva a tg 45◦ = 1, tg 60◦ = 3 és tg 120◦ = − 3 értékeket, valamint a k¨ ovetkez˝ o add´ıci´ os képletet: tg α + tg β tg(α + β) = , 1 − tg α · tg β kapjuk: √ )2 ( √ √ √ 1+ 3 4+2 3 1+ 3 ◦ ◦ ◦ √ = ( √ )( √ ) = tg 105 = tg(45 + 60 ) = = −2 − 3 . −2 1−1· 3 1− 3 1+ 3 Hasonl´ oan: tg 165◦ = tg(45◦ + 120◦ ) = = −2 +

√

√ )2 ( √ √ 1− 3 1− 3 4−2 3 √ )( √ ) = = ( √ ) = ( −2 1+ 3 1− 3 1−1· − 3

3.

d) A tg x és ctg x f¨ uggvények értelmezési tartom´ anya miatt x ̸= k · ezen okokb´ ol sem tg x, sem ctg x nem lehet 0.

π 2

(k ∈ Z), ugyan-

Elvégezve a z´ a(r´ ojelfelbont´ a)st, és rendezve az egyenletet: tg2 x + 3 tg x − 3 − ctg x = 0 1 ad´ odik. Innen tg x = ctg x ̸= 0 -szel szorozva a tg3 x + 3 tg2 x − 3 tg x − 1 = 0 egyenletet kapjuk. Ez tg x helyére u ´j√v´ altoz´ ot √ bevezetve az u ´j v´ altoz´ oban éppen a b)-beli egyenlet. Vagyis (tg x)1,2,3 = −2 − 3; −2 + 3; 1. A c) pontot figyelembe véve, rendre megoldva az egyenleteket: ha

tg x = −2 −

ha

tg x = −2 +

ha

tg x = 1,

√ √

3,

akkor x1 =

3,

akkor x2 =

7π + k · π (k ∈ Z); 12

11π + l · π (l ∈ Z), vég¨ ul 12 π odik megold´ as gyan´ ant. akkor x3 = + m · π (m ∈ Z) ad´ 4

6. Egy szab´ alyos nyolcsz¨ ogbe az ´ abra szerint a k¨ ozéppontj´ an kereszt¨ ul nyolc egyforma egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ oget rajzolunk be. a) Mekkora a h´ aromsz¨ ogek s´ ulypontjai ´ altal meghat´ arozott szab´ alyos nyolcsz¨ og, illetve az eredeti nyolcsz¨ og ter¨ uletének az ar´ anya?

464


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 465. oldal – 17. lap


i

b) Kati az ´ abr´ anak megfelel˝ o p¨ orgetty˝ uket csin´ al. A p¨ orgetty˝ uk fels˝ o felén lév˝ o nyolc kis h´ aromsz¨ og mindegyikét kifesti a piros, fehér, vagy z¨ old sz´ınek valamelyikével (a p¨ orgetyty˝ u alj´ at nem festi le). H´ anyféle k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o p¨ orgetty˝ ut kész´ıthet Kati, ha az élben szomszédos h´ aromsz¨ ogek sz´ınét k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek szeretné, de nem ragaszkodik ahhoz, hogy mind a h´ arom sz´ınt felhaszn´ alja? (16 pont) Megold´ as. a) Vegy¨ uk az eredeti nyolcsz¨ og k¨ oré ´ırhat´ o k¨ orének sugar´ at R = 1-nek (ez megtehet˝ o). Az ´ abr´ an lév˝ o h´ aromsz¨ ogek olyan egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ ogek, melyeknek alapjukkal szemk¨ ozt 45◦ -os sz¨ oge van. Egy ilyen h´ aromsz¨ og alapj´ anak magass´ aga egyben s´ ulyvonal is, valamint a 45◦ -os cs´ ucssz¨ oget felezi. A cs´ ucst´ ol a s´ ulypontig terjed˝ o szakasz a magass´ ags´ ulyvonalnak a 2/3-a, ez az u ´j nyolcsz¨ og k¨ oré ´ırhat´ o k¨ orének sugara. Ezek alapj´ an az u ´j nyolcsz¨ og k¨ oré ´ırhat´ o k¨ orének sugara r = cos 22,5◦ ·

2 = 3

√ √ 2+ 2 ≈ 0,616. 3

Ez a hasonl´ os´ ag ar´ anya. Ennek négyzete a kérdéses ter¨ uletek ar´ anya, vagyis √ tu´j 2+ 2 = ≈ 0,379. Trégi 9 b) A feladat sz¨ ovege alapj´ an az egym´ asba forgathat´ o p¨ orgetty˝ uk azonosnak tekintend˝ oek. b1) Ha csak két sz´ınt haszn´ alunk fel, és r¨ ogz´ıtj¨ uk melyik ez a két sz´ın, akkor csak egyféle p¨ orgetty˝ ut tudunk csin´ alni (hiszen felv´ altva kell szerepelni a két sz´ınnek a festett h´ aromsz¨ ogek k¨ oz¨ ott.) A felhaszn´ alt két sz´ınt (vagy a nem felhaszn´ alt egyet) h´ aromféleképpen v´ alaszthatjuk ki. Teh´ at itt 3 eset van. b2) Ha mind a h´ arom sz´ın szerepel, akkor – aszerint, hogy az egyes sz´ıneket h´ anyszor haszn´ aljuk – a k¨ ovetkez˝ o esetek lehetnek: 4, 3, 1 / 4, 2, 2 / 3, 3, 2. b21) A 4, 3, 1” eset. Azt a sz´ınt, amelyikb˝ ol 4 h´ aromsz¨ og van 3-féleképpen, amib˝ ol ” 1 van, m´ ar csak 2-féleképpen v´ alaszthatjuk, vagyis sz´ıneket 6-féleképpen v´ alaszthatunk. Ha m´ ar kiv´ alasztottuk, hogy melyik sz´ınb˝ ol mennyi lesz, akkor viszont m´ ar csak egyféle p¨ orgetty˝ u kész´ıthet˝ o, hiszen amelyik sz´ınb˝ ol 4 van, azt csak u ´gy tehetj¨ uk le, hogy minden két ilyen sz´ın˝ u h´ aromsz¨ og k¨ oz¨ ott pontosan egy m´ asféle sz´ın˝ u h´ aromsz¨ og tal´ alhat´ o. A m´ asmilyen sz´ınek pedig a forgat´ as miatt csak egyféleképp helyezhet˝ ok el”. ” Teh´ at itt ¨ osszesen 6 eset lehetséges.

b21)


b22)

465

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 466. oldal – 18. lap


i

b22) A 4, 2, 2” eset. Azt a sz´ınt, amelyikb˝ ol 4 h´ aromsz¨ og van 3-féleképpen v´ alaszt” hatjuk. Vagyis sz´ıneket most csak 3-féleképpen v´ alaszthatunk. Ha m´ ar kiv´ alasztottuk, hogy melyik sz´ınb˝ ol mennyi lesz, akkor azt a sz´ınt, amelyikb˝ ol 4 van, most is csak egyféleképpen tehetj¨ uk le. A két egyforma sz´ınb˝ ol az egyik fajt´ at a maradék négy helyre kétféleképpen is tehetj¨ uk. Vagy u ´gy, hogy egy h´ aromsz¨ og legyen k¨ oz¨ ott¨ uk, vagy u ´gy, hogy egym´ assal szemben legyenek (l´ asd az ´ abr´ akat). Vagyis itt 3 · 2 = 6 eset lehetséges. b23) A 3, 3, 2 eset. Azt a sz´ınt, amelyikb˝ ol 2 h´ aromsz¨ og van 3-féleképpen v´ alaszthatjuk. Vagyis sz´ıneket megint csak 3-féleképpen v´ alaszthatunk. Ha pl. a pirosb´ ol van kett˝ o, akkor h´ arom lehet˝ oség van aszerint, hogy a két piros h´ aromsz¨ og k¨ oz¨ ott 1, 2, vagy 3 h´ aromsz¨ og kap m´ as sz´ınt. Vizsg´ aljuk meg ezeket rendre. b231) Ha a két piros k¨ oz¨ ott egy h´ aromsz¨ og m´ as sz´ın˝ u. Ennek a h´ aromsz¨ ognek a sz´ınét 2 sz´ın k¨ oz¨ ul v´ alaszthatjuk. Ha viszont m´ ar v´ alasztottunk (legyen pl. z¨ old), akkor a maradék 5 sz´ınezetlen h´ aromsz¨ og k¨ oz¨ ul 3 – a z¨ oldt˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o – azonos sz´ın van még, ami csak egyféleképpen sz´ınezhet˝ o j´ ol. Vagyis itt ¨ osszesen 2 eset lehetséges.

b231)

b232)

b233)

b232) Ha a két piros k¨ oz¨ ott két h´ aromsz¨ og m´ as sz´ın˝ u. Ezen két h´ aromsz¨ ognek a sz´ınét 2-féleképpen v´ alaszthatjuk ki. Hasonl´ oan a maradék 4 sz´ınezetlen h´ aromsz¨ og is kétféleképpen sz´ınezhet˝ o. Vagyis itt a sz´ınek figyelembevételével 2 · 2 = 4 eset lehetséges. b233) Ha a két piros egym´ assal ´ atellenes. Itt (l´ atsz´ olag) két eset van (fel¨ ulr˝ ol az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval egyez˝ oen indulva): PZFZPFZF és PFZFPZFZ. Ezek viszont egy 180 fokos forgat´ assal egym´ asba forgathat´ oak. Vagyis itt 1 eset van. A 3, 3, 2” esetben teh´ at ” 3 · (2 + 4 + 1) = 21 lehet˝ oség van a sz´ınezésre. Vagyis 3 + 6 + 6 + 21 = 36-féleképpen sz´ınezhet˝ o ki a p¨ orgetty˝ u. 7. a) Adjuk meg a P (−1; 1), és Q(3; 3) pontokon ´ atmen˝ o e egyenes egyenletét. b) Az f (x) = x2 − 6x + 8 egyenlet˝ u f¨ uggvény grafikonj´ anak 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 koordin´ ata-tengely ´ altal bez´ art (az els˝ o s´ıknegyedbe es˝ o) konvex négysz¨ og ter¨ uletét. (16 pont) Megold´ as. a) A P -b˝ ol Q-ba mutat´ o v = (4; 2) ir´ anyvektor alapj´ an az egyenes meredeksége 21 . Emiatt az y-tengelyt 32 -nél metszi, vagyis a P Q egyenes egyenlete: y = x+3 . 2 b) Az érint˝ o pontosan akkor mer˝ oleges az iménti egyenesre, ha meredekségeik szorzata −1. Mivel a P Q egyenesének meredeksége 21 , ´ıgy az érint˝ o meredeksége −2. Sz¨ ukség van még az érint˝ o egy pontj´ ara. (Ez péld´ aul) deriv´ al´ assal meghat´ arozhat´ o. Az f (x) = x2 − 6x + 8 f¨ uggvény tetsz˝ oleges P0 = x0 ; f (x0 ) pontj´ aba h´ uzott érint˝ o meredeksége éppen f ′ (x0 ) = 2x0 − 6. Ennek kell −2-nek lennie. Innen x0 = 2, és ´ıgy P0 = (2; 0) ad´ odik az érintési pontra.

466


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 467. oldal – 19. lap


i

c) Foglaljuk az eddigieket egy ´ abr´ aba. Az érintési ponton ´ atmen˝ o −2 meredekség˝ u érint˝ o egyenlete: y = −2x + 4. Nek¨ unk az OP0 RS négysz¨ og ter¨ ulete kell. Az R pont az y = −2x + 4 és az y = x+3 egyenesek k¨ oz¨ os pontja. Az egyen2 letek jobb oldal´ at egyenl˝ ové téve −2x + 4 = = x+3 , majd x = 1, ´ e s innen y = 2. Vagyis 2 R koordin´ at´ ai: R(1; 2). Innen az OP0 RS négysz¨ og ter¨ ulete gyorsan meghat´ arozhat´ o. Péld´ aul az OP0 T V 2 oldalhossz´ u négyzet (ahol T (2; 2), V (0; 2)) ter¨ uletéb˝ ol kivonva a megfelel˝ o 14 , illetve 1 ter¨ ulet˝ u, az OP0 RS-hez nem tartoz´ o deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek ter¨ uletét, a kérdéses ter¨ ulet: 1 11 TOP0 RS = 4 − 1 − = . 4 4 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 megn¨ ovelj¨ uk az éleket 1-1 centiméterrel? (16 pont) Megold´ as. J´ ol l´ atszik, hogy az eredeti téglatest lehet egy 2 cm élhossz´ u kocka. Kérdés az, hogy lehet-e m´ as. Legyenek az eredeti téglatest egy cs´ ucsba fut´ o élei az a, b, c pozit´ıv sz´ amok. Ekkor abc = 8 az eredeti térfogat. Kétszer alkalmazzuk a h´ aromtag´ u sz´ amtani-, és mértani k¨ ozép k¨ oz¨ otti ¨ osszef¨ uggést. El˝ osz¨ or: √ √ a+b+c 3 3 2 = 8 = abc 6 , vagyis 6 6 a + b + c, 3 és egyenl˝ oség csak az a = b = c = 2 esetben lehetséges. M´ asodszor: 4=

√ 3

82 =

√ 3

a2 b2 c2 =

√ 3

ab · ac · bc 6

ab + ac + bc , 3

vagyis

12 6 ab + ac + bc,

és egyenl˝ oség csak az a = b = c = 2 esetben lehetséges. Az u ´j térfogatra kapott feltétel szerint: 27 = (a + 1)(b + 1)(c + 1) = abc + ab + ac + bc + a + b + c + 1 > 8 + 12 + 6 + 1 = 27. Ez nyilv´ an csak u ´gy lehet, ha 6 = a + b + c és 12 = ab + ac + bc egyar´ ant teljes¨ ul, vagyis, ha az eredeti téglatest kocka. Azaz val´ oban csak a 2 cm él˝ u kocka lehetett az eredeti test. Így az u ´jabb n¨ ovelés ut´ an kapott téglatest térfogata: 43 = 64 (cm3 ). 9. Egy j´ atékgy´ art´ o v´ allalat az ´ abr´ anak megfelel˝ o m˝ uanyag j´ atékkock´ akat gy´ art. A gy´ art´ as sor´ an elkész´ıtik a sértetlen” 2 cm él” hossz´ u kock´ akat, majd a nyolc cs´ ucs mindegyikénél az éleken kimérve az azonos d t´ avols´ agokat lev´ agnak egy-egy olyan tetraédert, melynek alaplapja szab´ alyos h´ aromsz¨ og. A lev´ agott tetraéderek anyag´ at o ujtik, és ebb˝ ol a hulladékanyagb´ ol kés˝ obb u ´j j´ atékkock´ a¨sszegy˝ ´ aban nem kell kat gy´ artanak. (Ezek hulladék´ at is ¨ osszegy˝ ujtik. Altal´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

467

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 468. oldal – 20. lap


i

anyagveszteséggel sz´ amolnunk a gy´ art´ as sor´ an, illetve a hulladékot nem keverik a nem hulladék anyaggal o ¨ssze.) a) Mekkora a d t´ avols´ ag pontos értéke, ha pontosan 48 darab j´ atékkocka hulladék´ ab´ ol ´ all´ıthat´ o el˝ o egy, mind a nyolc cs´ ucs´ aban ép 2 cm élhossz´ u kocka? b) A nem hulladékanyagb´ ol kész¨ ult kock´ ak mind els˝ o oszt´ aly´ uak a min˝ oség szempontj´ ab´ ol, m´ıg a hulladékb´ ol kész¨ ult kock´ aknak csak 80%-a els˝ o oszt´ aly´ u, a t¨ obbi hib´ as. A gy´ art´ o cég 20 éve v´ altozatlan feltételekkel, v´ altozatlan gy´ art´ osoron gy´ artja j´ atékait. A hulladék- és a nem hulladékanyagb´ ol kész¨ ult kock´ ak a gy´ art´ as sor´ an egy t´ arol´ oba ker¨ ulnek, ahol o ¨sszekeverednek. A jubileum alkalm´ ab´ ol egy exkluz´ıv 200 darabos j´ atékkocka szettet adnak ki d´ıszdobozba csomagolva. Mekkora az esélye, hogy a dobozba legal´ abb két darab hib´ as dob´ okocka ker¨ ul? (16 pont) Megold´ as. a) Egy lev´ agott kis tetraéder térfogata: d·d

V =

d· 2 d3 = . 3 6

Vagyis a hulladék mennyisége egy kock´ an´ al: 48 ·

8d3 = 64d3 = 23 , 6

8d3 . 6

A sz¨ oveg alapj´ an:

innen d3 =

1 1 , és vég¨ ul d = . 8 2

Vagyis a kérdéses d t´ avols´ ag éppen 5 mm. b) Legyen pontosan 48 ép kock´ ara val´ o anyagunk. Abb´ ol legy´ arthatunk 48 csonkolt dob´ okock´ at, és azok maradék´ ab´ ol pontosan egy u ´jabb ép kock´ at kapunk. Vagyis 48 ép egységnyi anyagb´ ol 1 ép egységnyi maradék keletkezik. Mivel nem kell anyagveszteséggel 1 sz´ amolni, a gy´ art´ as sor´ an felhaszn´ alt teljes anyagmennyiség 48 része kész¨ ul hulladék ∗ anyagb´ ol. Az ¨ osszes kocka 1 1 1 · = 48 5 240 része hib´ as, és ´ıgy 239 eséllyel els˝ o oszt´ aly´ u egy j´ atékkocka. 240 Sz´ amoljuk ki a komplementer esetet, vagyis azt, hogy mekkora az esély arra, hogy pontosan 0 vagy 1 darab hib´ as kocka van: ( P (0 hib´ as) = ( P (1 hib´ as) =

239 240

)200 ≈ 0,4338,

illetve

) ( )199 ( )1 239 1 239199 200 · · = 200 · ≈ 0,3630. 240 240 240200 1

Annak az esélye, hogy pontosan 0 vagy 1 darab kocka hib´ as, kb. 0,4338 + 0,3630 = 0,7968, azaz annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy a szettben legal´ abb két darab hib´ as j´ atékkocka van, k¨ or¨ ulbel¨ ul 20,32%. Sztrany´ ak Attila Budapest ∗

H´ usz éve v´ altozatlan feltételekkel gy´ artj´ ak a kock´ akat, teh´ at tekinthetj¨ uk u ´gy, hogy a kockagy´ art´ as folyamata hossz´ u t´ av´ u, rendszeresen érkezik friss nyersanyag, és az ¨ osszes hulladék felhaszn´ al´ asra ker¨ ul.

468


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 469. oldal – 21. lap


i

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4687. S´ amson fel´ırja egy pap´ırlapra az 123456789-es sz´ amot. Ezut´ an b´ armely két szomszédos sz´ amjegy k¨ ozé besz´ urhat szorz´ asjelet, ak´ ar t¨ obbet is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o helyekre, vagy egyet sem. A szorz´ asjelek k¨ ozé es˝ o sz´ amjegyeket egy sz´ amként ¨ osszeolvasva egy sz´ amok szorzat´ ab´ ol ´ all´ o kifejezést kap, péld´ aul 1234 · 56 · 789. Legfeljebb mekkora lehet a kapott sz´ am? (3 pont)

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

Megold´ as. V´ alasszuk ki tetsz˝oleges helyen az els˝o szorzásjel helyét, ezzel osszuk fel az eredeti sz´ amot A-ra és B-re. Legyen k a B szám hossza. Az eredeti sz´ am értéke A · 10k + B, m´ıg a szorzásjel besz´ urásával keletkez˝o szorzat értéke A · B. Mivel a B sz´ am k darab sz´ amjegyb˝ol áll, ezért 10k > B. Így A · 10k + B > A · B + B > A · B. Ezt a gondolatmenetet alkalmazhatjuk minden további szorzásjel besz´ urásakor. Ebb˝ ol megállap´ıthat´ o, hogy minden szorzásjel besz´ urása csökkenti a kifejezés értékét. A legnagyobb sz´ amot tehát u ´gy kapjuk, ha nem sz´ urunk be szorzásjelet. Így a lehet˝ o legnagyobb sz´ am a 123 456 789. Adorj´ an D´ aniel (Budapest, Szent István Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján 150 dolgozat érkezett. 3 pontos 67, 2 pontos 35, 1 pontos 15, 0 pontos 32 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 1 dolgozat.

B. 4699. Szerkessz¨ unk deltoidot, ha tudjuk, hogy van k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore, adott annak a sugara, valamint a k¨ or¨ ul´ırt- és be´ırt k¨ orei k¨ ozéppontj´ anak a t´ avols´ aga. (4 pont) Megold´ as. Legyen a szerkesztend˝o ABCD deltoid szimmetriatengelye az AC átl´ o, jel¨ olj¨ uk a deltoid A-n´ al lév˝o szögét 2α-val. Mivel a deltoidnak van kör¨ ul´ırt k¨ ore, ezért szemk¨ ozti sz¨ ogeinek összege 180◦ , tehát a szimmetria miatt B-nél és D-nél lév˝ o sz¨ ogei deréksz¨ ogek. Ezért B és D rajta van az AC átló Thalész-körén, ami egy´ uttal a deltoid k¨ or¨ ul´ırt köre is. Ennek O1 középpontja tehát az AC átló felez˝ opontja. Jel¨ olj¨ uk a deltoid be´ırt körének középpontját O2 -vel. Ez a pont a deltoid bels˝ o sz¨ ogfelez˝ oinek a metszéspontja, tehát rajta van az AC átlón és ABO2 ^ = CBO2 ^ = 45◦ (lásd az 1. ´ abr´ at). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

469

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 470. oldal – 22. lap


1. ´ abra

i

2. ´ abra

A sz¨ ogfelez˝ otétel szerint (1)

AB AO2 = . BC O2 C

Ha O2 ≡ O1 , akkor AB = BC, a szerkesztend˝o deltoid négyzet, amit AC átlójának ismeretében k¨ onnyen megszerkeszthet¨ unk. Ha O1 O2 > 0, akkor A és C szimmetrikus szerepe miatt feltehetj¨ uk, hogy AB > BC. Jelölj¨ uk az O2 -ben AC-re áll´ıtott mer˝ oleges és az AB szakasz metszéspontját E-vel. Ekkor az ABC és AO2 E deréksz¨ og˝ u háromsz¨ ogek hasonl´ oak, mert A-nál lév˝o hegyesszög¨ uk megegyezik, mindkett˝oben α. Ezért AB AO2 ctg α = = , BC O2 E amib˝ ol az (1) egyenl˝ oség miatt O2 C = O2 E következik. Ezek alapján a szerkesztés már egyszer˝ uen elvégezhet˝o. Megrajzoljuk a deltoid O1 k¨ ozéppont´ u k¨ or¨ ul´ırt k¨ orét és kijelölj¨ uk egyik átmér˝ojét, ennek két végpontja A és C. Az O1 C sug´ arra O1 -b˝ ol felmérve az adott O1 O2 távolságot megkapjuk O2 -t. Az O2 -ben AC-re áll´ıtott mer˝ olegesre O2 -b˝ol az O2 C távolságot felmérve kapjuk E-t. Az AE egyenes és a k¨ or¨ ul´ırt kör A-tól k¨ ulönböz˝o metszéspontja adja B-t, ennek AC-re vonatkoz´ o t¨ uk¨ orképe pedig D-t. Az ´ıgy szerkesztett ABCD deltoid nyilván eleget tesz a feladat feltételeinek. A feladatnak egy megold´ asa van, ha O1 O2 kisebb, mint a deltoid kör¨ ul´ırt körének sugara, ha pedig ez nem teljes¨ ul, akkor nincs megoldása. Varga-Umbrich Eszter (Pápa, Pápai Ref. Koll. Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján 102 dolgozat érkezett. 4 pontos 28, 3 pontos 66, 2 pontos 3, 1 pontos 4, 0 pontos 1 dolgozat.

470


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 471. oldal – 23. lap


i

B. 4701. Legyen A1 B1 C1 D1 egy négysz¨ og. Ha valamilyen n pozit´ıv egészre az An Bn Cn Dn pontnégyest m´ ar defini´ altuk, akkor legyen An+1 a Bn Cn Dn h´ aromsz¨ og s´ ulypontja; a pontok szerepének ciklikus cseréjével hasonl´ oan defini´ aljuk a Bn+1 , Cn+1 és Dn+1 pontokat is. Mutassuk meg, hogy ak´ armilyen nagy négysz¨ ogb˝ ol indultunk is ki, az An pontsorozatnak csak véges sok tagja esik az A1 B1 C1 D1 négysz¨ og s´ ulypontja k¨ oré ´ırt egységsugar´ u k¨ or¨ on k´ıv¨ ulre. (4 pont)


Megold´ as. Haszn´ aljunk az A1 B1 C1 D1 négyszög S s´ ulypontjából induló helyvektorokat, bet˝ uzz¨ uk ˝oket a végpontjuknak megfelel˝o kisbet˝ ukkel; ekkor a1 + b 1 + c 1 + d 1 = s = 0, 4

vagyis a1 + b1 + c1 + d1 = 0.

−−→ ´ ıtsuk el˝ All´ o az SA2 = a2 vektort: 1 b1 + c1 + d1 = − a1 . 3 3 −−→ −−→ −−→ Hasonl´ oan áll´ıthatjuk el˝ o az SB 2 = b2 , SC 2 = c2 és SD2 = d2 vektorokat. ( )n−1 ´ ıt´ All´ as. an = − 13 a1 minden n > 1, n ∈ N esetén; és hasonlóan a bn , cn , dn vektorokra. Az áll´ıt´ ast teljes indukci´ oval bizony´ıtjuk. a2 =

n = 2-re l´ attuk, hogy igaz. Tegy¨ uk fel, hogy n-re igaz, és lássuk be n + 1-re. (( )n−1 ( )n−1 ( )n−1 ) bn + cn + dn 1 1 1 1 an+1 = = · − b1 + − c1 + − d1 = 3 3 3 3 3 =

( )n−1 ( )n−1 ( )n 1 1 1 1 1 · − (b1 + c1 + d1 ) = · − (−a1 ) = − a1 . 3 3 3 3 3

Hasonl´ o gondolatmenettel bel´ atható az áll´ıtás a másik három n + 1 index˝ u vektorra. Így az SAn , SB n , SC n , SDn szakaszok egyre rövid¨ ulnek, hosszuk minden hat´ aron t´ ul cs¨ okken, vagyis véges k k¨ uszöbindex után az n > k index˝ u An pontok mind az S k¨ ozéppont´ u egységsugar´ u körön bel¨ ul lesznek, tehát csak véges szám´ u ilyen pont esik a k¨ or¨ on k´ıv¨ ulre. Sz´ asz D´ aniel Soma (Szeged, Szegedi Radnóti M. K´ısérleti Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján 51 dolgozat érkezett. 4 pontos 35, 3 pontos 8, 2 pontos 4, 0 pontos 4 dolgozat.

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

Javasolta: Németh Bal´ azs (Budapesti Fazekas M. Gyak. Gimn., 9. évf.)


471

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 472. oldal – 24. lap


i

Megold´ as. Az egyenlet ekvivalens átalak´ıtásával a bal oldalon két kifejezés szorzat´ at alak´ıtjuk ki: 4x2 + 4px = 4y 2 , 2

(2x + p) − p2 = 4y 2 , 2

(2x + p) − 4y 2 = p2 , (2x + p + 2y)(2x + p − 2y) = p2 . Mivel p pr´ımsz´ am, p2 -nek csak 3 osztója van: 1, p, p2 . Tehát a 2x + p + 2y és 2x + p − 2y szorz´ otényez˝ ok mindegyike p, vagy az egyik p2 és a másik 1. Ha mindkett˝ o p, akkor 2x + p + 2y = 2x + p − 2y, amib˝ol 2y = −2y, vagyis y = 0, ezt viszont nem engedik meg a feladat feltételei. Mivel 2x + p + 2y > 2x + p − 2y, ´ıgy egy lehet˝oség¨ unk maradt: 2x + p + 2y = p2

és 2x + p − 2y = 1. 2

A két egyenletet osszeadva: 4x + 2p = p2 + 1, amib˝ol 4x = p2 − 2p + 1 = (p − 1) . ( p−1 )2¨ Teh´ at x = 2 . Visszahelyettes´ıtve a 2x + p + 2y = p2 egyenletbe:

y=

p · (p − 1) − 2

(

p−1 2

)2

2y = p2 − p − 2x, =

amib˝ol

2p − 2p − p + 2p − 1 p2 − 1 (p − 1) (p + 1) = = . 4 4 4 2

2

Mivel p p´ aratlan pr´ımsz´ am, p − 1 és p + 1 is páros szám, ´ıgy x és y is pozit´ıv egész sz´ am. Teh´ at minden p-re pontosan egy pozit´ıv egész megoldást kapunk x-re és y-ra. ´ Isk. és Gimn., 9. évf.) Nagy D´ avid Paszk´ al (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapján 96 dolgozat érkezett. 4 pontos 54, 3 pontos 9, 2 pontos 6, 1 pontos 11, 0 pontos 16 dolgozat.

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal ko z o s pontverseny ¨ ¨ 9. oszt´ alyosoknak (475–480.) K. 475. Írjuk be a lenti mez˝okbe az egész számokat 1-t˝ol 15-ig u ´gy, hogy bármely két szomszédos mez˝ oben álló szám összege négyzetszám legyen.

K. 476. Adjuk meg az ¨ osszes olyan pozit´ıv egész számot, melyeknek ezresre kerek´ıtett értéke kétszer akkora, mint a százasra kerek´ıtett értéke. (A kerek´ıtési szab´ alyok alkalmaz´ asa sor´ an 5, 50, 500, . . . végz˝odés˝ u számok esetén már felfelé kerek´ıt¨ unk.) 472


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 473. oldal – 25. lap


i

K. 477. Jancsi éppen azt tanulja, hogyan kell ev˝opálcikákkal enni. Gyakorl´ asképpen a két összefogott ev˝opálcikával egy 4 cm átmér˝ oj˝ u goly´ ot kell felvennie az ´ abr´ an látható módon. (A g¨ omb¨ ot akkor lehet felemelni, ha középpontja illeszkedik a pálcik´ ak által meghat´ arozott s´ıkra.) A két ev˝opálcika Jancsi kezében éppen 60 fokos szöget zár be egymással. Mekkora távols´ agra van az akci´ o során a pálcikák találkozási pontjától a g¨ omb (ehhez a ponthoz) legközelebbi pontja? K. 478. Tam´ as gazda a boltban szeretne venni 4 méternyi láncot, melynek métere 210 Ft-ba ker¨ ul. Az elad´ o megpróbálja rábeszélni, hogy inkább vigye el mind a 10 métert, ami még ebb˝ ol a láncból maradt. Tamás gazda továbbra is ragaszkodik a 4 méterhez, azonban észreveszi, hogy a boltos szándékosan rosszul mérte a lev´ agand´ o darabot, ezért az 4 méternél rövidebb lett. Így azt kéri a boltostól, hogy mégis ink´ abb a m´ asik darabot adja el neki, aki, hogy a csalása ki ne der¨ uljön, kénytelen 6 méter ár´ aért eladni a másik darabot Tamás gazdának. Ha nem vette volna észre a csal´ ast, akkor Tamás gazdának 14/9-szer annyiba ker¨ ult volna egy méter l´ anc, mint amennyibe ezzel a kis ravaszsággal ker¨ ult. Hány méter láncot kapott Tam´ as gazda? ( −c )−d K. 479. Az (−a−b ) kifejezésben a, b, c, d helyére az 1, 2, 3, 4 számokat ´ırva melyik esetben lesz a kifejezés értéke minimális, melyik esetben maximális? K. 480. A k¨ ovetkez˝ o¨ osszeadásban az ötféle bet˝ u az öt páratlan számjegyet jelenti valamilyen sorrendben: a + bb + ccc + dddd + eeeee. Adjuk meg az összes ilyen alakban el˝ o´ all´ıthat´ o¨ otjegy˝ u szám összegét. Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. december 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 (1315–1321.) Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1315. Egy csokol´ adégy´ arban a kész csokimasszát 100 grammos adagokban abl´ akba. A gépek hib´ aja miatt pontosan minden 45. tábla eltörik, és ezt még öntik t´ ´ az ellen˝or figyelmetlen, csomagol´ as el˝ ott egy ellen˝ or visszaolvasztja a masszába. Am és minden 21. t¨ or¨ ott t´ abl´ at továbbenged csomagolásra. 10 tonna masszából hány tábla t¨ or¨ ott csokol´ adé ker¨ ul ki a piacra? C. 1316. Egy teremben 3 oszlopban és 6 sorban – összesen 18 helyre – u ¨l le 10 l´ any és 7 fi´ u. Hány k¨ ul¨ onb¨ oz˝o u ¨lési rend lehetséges, ha egy oszlopba és egy sorba nem u u vagy csupa lány? ¨lhet csupa fi´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

473

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 474. oldal – 26. lap


i

Feladatok mindenkinek C. 1317. Az ABCDE ¨ otszög A, B, C és D cs´ ucsánál lev˝o bels˝o szögek rendre 90◦ , 60◦ , 150◦ és 150◦ , tov´ abb´ a AB = 2BC = 34 AD. Bizony´ıtsuk be, hogy az AE és CD egyenesek metszéspontj´ at az AD és BC egyenesek metszéspontjával összeköt˝o szakasz párhuzamos AB-vel. C. 1318. Az 518 sz´ amnak van egy érdekes tulajdonsága. Képezz¨ uk azt a hat darab háromjegy˝ u sz´ amot, amelyek számjegyei az 518 számjegyeinek k¨ ulönböz˝o permut´ aci´ oi. Az ´ıgy kapott sz´ amok átlaga éppen 518. Keress¨ uk meg az ilyen tulajdons´ ag´ u k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amjegyekb˝ol álló háromjegy˝ u számokat. C. 1319. Egy négysz¨ og oldalfelez˝o pontjai√ egy négyzet cs´ ucsait alkotják. A négysz¨ og ter¨ ulete 50, két szemközti oldala 5 és 85. Mekkora a másik két oldal? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1320. Oldjuk meg a következ˝o egyenletet a valós számok halmazán: √ 4x2 y 2 + z 4 + 3x2 y − 6x2 + 16 = 7z 2 + 4xyz. C. 1321. H´ any olyan k¨ ulönböz˝o 6 cs´ ucs´ u egyszer˝ u gráf van, amelynek 5 éle van? Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. december 10. ¨ ld´ Elektronikus munkaf¨ uzet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4741–4749.)

B. 4741. Hány olyan tengelyesen szimmetrikus háromszög van, melynek egyik oldala kétszer olyan hossz´ u, mint a háromszög valamelyik magassága, ha az egym´ ashoz hasonl´ o háromsz¨ ogeket nem tekintj¨ uk k¨ ulönböz˝onek? (3 pont) B. 4742. Mutassuk meg, hogy az n > 3 cs´ ucs´ u teljes gráf éleire ´ırhatunk 1-et, 2-t vagy 3-at u ´gy, hogy minden cs´ ucsban k¨ ulönböz˝o legyen az oda befutó élekre ´ırt sz´ amok szorzata. (4 pont) B. 4743. Az ABC h´ aromszög be´ırható köre a BC, AC és AB oldalakat rendre az A1 , B1 és C1 pontban érinti. Legyenek az AC1 B1 , BA1 C1 és CB1 A1 h´ aromsz¨ ogek magass´ agpontjai rendre MA , MB és MC . Mutassuk meg, hogy az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ o az MA MB MC háromszöggel. (4 pont) 474

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 475. oldal – 27. lap


i

B. 4744. Legyen n nemnegat´ıv egész szám. Határozzuk meg a 7 kitev˝ojét n n a 37 + 47 pr´ımtényez˝ os alakjában. (5 pont)

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

B. 4745. Legyen n pozit´ıv egész szám. Oldjuk meg az 1 1 + = 2n+1 sin2n x cos2n x egyenletet. (4 pont)

Javasolta: Long´ aver Lajos (Szatmárnémeti)

B. 4746. Az ABC h´ aromszög be´ırható köre a BC, AC és AB oldalakat rendre az A1 , B1 és C1 pontban érinti. Az AA1 szakasznak a be´ırható körrel való másik metszéspontja Q. Az A ponton átmen˝o, BC-vel párhuzamos egyenest az A1 C1 és A1 B1 egyenesek a P és R pontban metszik. Igazoljuk, hogy P QR^ = B1 QC1 ^. (5 pont)

(Kvant)

B. 4747. Az idei év legels˝ o játékhetében a hatoslottó k¨ ulönleges meglepetéssel szolg´ alt, ugyanis o t egym´ a s ut´ a ni sz´ a mot h´ u ztak ki a 45-b˝ ol. A kih´ uzott nyer˝o¨ sz´ amok a k¨ ovetkez˝ ok voltak: 37, 38, 39, 40, 41, 45. A h´ır hamar bejárta a sajtót, de vajon tényleg annyira k¨ ul¨ onlegesek? Nevezz¨ unk tökéletesnek egy számsort, ha hat k¨ ozvetlen¨ ul egym´ as ut´ an áll´ o számból áll, és majdnem tökéletesnek, ha a hatból pontosan o ozvetlen¨ ul egym´ ast követi. Hány k¨ ulönböz˝o tökéletes, illetve majdnem ¨t k¨ tökéletes kombin´ aci´ o van? Figyelembe véve, hogy a hatoslottót több mint 26 éve játssz´ ak, és eddig 1227 j´ atékhét volt, mekkora a valósz´ın˝ usége annak, hogy ennyi id˝ o alatt kih´ uznak legal´ abb egy tökéletes vagy majdnem tökéletes számsort? (3 pont)


B. 4748. Forgassuk meg a H háromszöget egy, a s´ıkjában fekv˝o, de ˝ot nem metsz˝ o egyenes k¨ or¨ ul. Bizony´ıtsuk be, hogy a keletkezett test térfogata megegyezik H ker¨ uletének és a H s´ ulypontja által a forgatás során le´ırt kör ter¨ uletének a szorzat´ aval. (5 pont) B. 4749. A hegyessz¨ og˝ u ABC háromszög B és C cs´ ucsából induló magasságvonal talppontja az AC, illetve AB oldalon rendre D és E, a BC oldal felez˝opontja F . Az AF és DE szakaszok metszéspontja M , az M pontnak a BC szakaszra es˝ o mer˝ oleges vet¨ ulete N . Bizony´ıtsuk be, hogy az AN szakasz felezi a DE szakaszt. (6 pont)

Tan´ ara, dr. Kálmán Attila emlékére javasolta B´ır´ o B´ alint (Eger)

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

d K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

475

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 476. oldal – 28. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (653–655.) A. 653. Legyen n > 2 egész. Igazoljuk, hogy akkor és csak akkor léteznek olyan a1 , . . . , an−1 egész sz´ amok, amelyekre a1 arctg 1 + a2 arctg 2 + . . . + an−1 arctg(n − 1) = arctg n, ha n2 + 1 ¨ osszetett sz´ am. Az IMC 2015 (Blagoevgrad) feladata alapján A. u polinom, amire 0 < x 6 1 esetén 654. Legyen p(x) olyan legfeljebb n-edfok´ p(x) 6 √1 . Mutassuk meg, hogy p(0) 6 n + 1 . 2 x A. 655. A k1 és k2 k¨ or¨ ok az A és a B pontokban metszik egymást. A C és D pontok a k1 , az E és F pontok pedig a k2 körön helyezkednek el u ´gy, hogy A, C, E, illetve B, D, F kollineáris. Az ACE egyenesen G, a BDF egyenesen H egy u ´jabb pont. A CH egyenes az F G egyenest I-ben, a k1 kört másodszor J-ben metszi. A DG egyenes az EH egyenest K-ban, a k1 kört másodszor L-ben metszi. A k2 k¨ or az EHK és F GI egyeneseket másodszor az M , illetve az N pontban metszi. Az A, B, C, . . . , N pontok k¨ ulönböz˝ok. Mutassuk meg, hogy I, J, K, L, M és N egy k¨ or¨ on vagy egy egyenesen vannak. Beku esi hat´ arid˝ o: 2015. december 10. ¨ ld´ Elektronikus munkaf¨ uzet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 385. A Playfair-féle titkos´ıtási eljárást∗ a fizikai tanulmányainkból ismert Charles Wheatstone tal´ alta ki 1854-ben, de azt barátjáról, a módszert népszer˝ us´ıt˝o Lord Playfairr˝ ol nevezték el. Magát az eljár´ ast már az els˝o világhábor´ u el˝ott feltörték, azonban az ausztr´ alok még a II. világhábor´ uban is használták. (Akkoriban, sz´ am´ıt´ ogépek nélk¨ ul, a felt¨ oréshez sz¨ ukséges id˝o még hosszabb volt, mint amennyi ideig az inform´ aci´ o titkosnak szám´ıtott.) ∗

476

Forr´ as: https://hu.wikipedia.org/wiki/Playfair-rejtjel.


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 477. oldal – 29. lap


i

Az elj´ ar´ as alapját egy 5 × 5-ös táblázat alkotja, amely az angol ábécé bet˝ uit tartalmazza (az angol ábécé 26 bet˝ us, ´ıgy ebb˝ ol egyet, eset¨ unkben a Q-t, el kell hagyni). Természetesen ezt a táblát csak a k¨ uld˝o és fogadó fél ismerheti. A titkos´ıtand´ o sz¨ oveget (példánkban FINOM IZ) bet˝ upárokra tagoljuk, sz¨ ukség esetén az utols´ ot egy megv´ alasztott jellel (a feladatban legyen X) kiegész´ıtj¨ uk. Hasonl´ o m´ odon j´ arunk el, ha a bet˝ upár két eleme azonos, például az AA bet˝ upárt AX AX bet˝ up´ arokk´ a alak´ıtjuk át. Az elj´ ar´ as a bet˝ up´ arokhoz rendel bet˝ upárokat az alábbiak szerint: • Ha a két bet˝ u a t´ abl´ azatban egy sorban van, akkor azokat a t˝ol¨ uk eggyel jobbra lév˝ o bet˝ u rejtjelezi. Az utolsó oszlopban lév˝o bet˝ ut az adott sor els˝o bet˝ uje k¨ oveti (FI → RN). • Ha a két bet˝ u egy oszlopban van, akkor azokat az alattuk lév˝o bet˝ u rejtjelezi. Az utols´ o sorban lév˝ o bet˝ ut az adott oszlop els˝o bet˝ uje követi. (NO → VN). • Vég¨ ul, ha a két bet˝ u k¨ ul¨ onböz˝o sorban és k¨ ulönböz˝o oszlopban van, akkor tekints¨ uk azt a bet˝ utéglalapot”, amelyben a két bet˝ u egy átló” két végpontja. ” ” A bet˝ uket ekkor a saj´ at sorukban, a téglalap másik cs´ ucsánál lév˝o bet˝ ukkel helyettes´ıtj¨ uk. (MI → KF).

A program els˝ o parancssori argumentuma egy karakter, amely megadja, hogy a felhaszn´ al´ o az adatokat rejtjelezni vagy visszafejteni szeretné-e (R/V), második a Playfair-rejtjelez˝ o t´ abl´ azatot sorfolytonosan tartalmazó fájl neve, a harmadik a rejtjelezend˝ o/visszafejtend˝ o adatokat tartalmazó fájl neve, a negyedik pedig a kimeneti fájl neve legyen. Feltételezhetj¨ uk, hogy a bemeneti adatok csak az angol ábécé fentieknek megfelel˝ o nagybet˝ uit tartalmazz´ ak. A programot u ´gy kész´ıts¨ uk el, hogy a rejtjelezend˝ o/visszafejtend˝ o állom´ any mérete tetsz˝oleges, akár több GB-os is lehet. Bek¨ uldend˝ o egy i385.zip tömör´ıtett állományban a program forráskódja és dokument´ aci´ oja, amely tartalmazza a megoldás rövid le´ırását, és megadja, hogy a forr´ as´ allom´ any melyik fejleszt˝o környezetben ford´ıtható. Let¨ olthet˝ o fájlok (egy lehetséges Playfair-rejtjel, valamint egy lehetséges rejtjelezend˝ o fájl): kod.txt, be.txt. ´ Egy kisv´ I. 386 (E). aros Juhász Gyuláról elnevezett iskolájának weblapján a 2011-es tanév kezdetét˝ ol minden nap a névadó egy-egy versét ajánlják a látogatók figyelmébe. A verseket a l´ atogatók lájkolhatják. Az adatbázis három tanév adatait tartalmazza. Kész´ıts¨ unk u ´j adatb´ azist jgy néven. A mellékelt két – tabulátorokkal tagolt, UTF-8 k´ odol´ as´ u – sz¨ oveges állományt (vers.txt, napverse.txt) importáljuk az adatb´ azisba a f´ ajlnévvel azonos néven (vers, napverse). Az állomány els˝o sora a mez˝oneveket tartalmazza. A létrehoz´ as során áll´ıtsuk be a megfelel˝o t´ıpusokat és kulcsokat. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

477

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 478. oldal – 30. lap


i

T´ abl´ ak: vers (id, ev, cim) id A vers azonos´ıt´ oja (szám), kulcs. ev A vers alkot´ asi éve (szám). cim A vers c´ıme (sz¨ oveg). napverse (datum, versid, like) datum A vers aj´ anl´ as´ anak dátuma (dátum), kulcs. versid A vers azonos´ıt´ oja (szám). like Az adott napi l´ ajkolók száma (szám). A k¨ ovetkez˝ o feladatok megoldásánál a lekérdezéseket a zárójelben olvasható ¨ néven ments¨ uk. Ugyelj¨ unk arra, hogy a megoldásban pontosan a k´ıvánt mez˝ok szerepeljenek. 1. List´ azzuk ki az aj´ anl´ as dátumának sorrendjében a 2011. szeptemberben ajánlott verseket. A vers c´ımét és az alkotási évet jelen´ıts¨ uk meg. (2szept) 2. Adjuk meg, hogy a t¨ obbször választott versek köz¨ ul átlagosan melyik három gy˝ ujt¨ otte a legt¨ obb l´ ajkot. (3like) 3. Kész´ıts¨ unk jelentést, amely a 2013/2014 telén (december és február között) ajánlott verseket kész´ıtési év¨ uk szerint csoportos´ıtva ábécérendben listázza ki. (4tel) 4. Hat´ arozzuk meg azokat a verseket, amelyeket mind a négy naptári évben v´ alasztottak. (5negyev) 5. Hat´ arozzuk meg azokat a verseket, amelyeket csak 2011-ben választottak. (6csak2011) 6. Hat´ arozzuk meg, hogy mely napokon fordult el˝o, hogy a választott vers ugyanabb´ ol az évb˝ ol származott, mint az el˝oz˝o napi. (7azonosev) 7. Hat´ arozzuk meg, hogy Juhász Gyulának az els˝o vagy az utolsó alkotói évtizedében sz¨ uletett-e t¨ obb vers. Az alkotói évtized els˝o évét jelen´ıts¨ uk meg. (8evtized) Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett állományban (i386.zip) a megoldást tartalmazó adatb´ azis vagy az SQL lekérdezéseket tartalmazó szövegfájl, valamint egy rövid dokument´ aci´ o, amelyb˝ ol kider¨ ul az alkalmazott adatbázis-kezel˝ o neve és verziószáma. I. 387. A r´ omai sz´ amok arab számokká alak´ıtása volt a témája a 2012. májusi emelt szint˝ u informatika érettségi gyakorlati vizsga táblázatkezelés feladatának. Az ott megadott algoritmust funkcionális programozással is megvalós´ıthatjuk. Alak´ıtsuk át a r´ omai sz´ amokat arab számokká a megadott algoritmus alapján Logo nyelv˝ u programmal. A r´ omai szám ´ıráshelyességének vizsgálata most nem sz¨ ukséges. Csak 1-t˝ ol 4000-ig terjed˝o, nagybet˝ us római számokkal foglalkozunk, amelyek legfeljebb 20 karakterrel le´ırhatók. Az átalak´ıt´ as algoritmusa:

478


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 479. oldal – 31. lap


i

Az adott sz´ amjegy el˝ ojele akkor negat´ıv, ha az utána következ˝o számjegy nála nagyobb. Az utolsó sz´ amjegyérték mindenképpen pozit´ıv. Kész´ıts¨ uk el az algoritmus egyes lépéseit megvalós´ıtó Logo szavakat, majd ezek seg´ıtségével az átvált´ ast végrehajtó római t´ızes szót. Példa a parancsra r´ omai t´ızes ”MCCXCIV

Eredmény 1294

A megold´ as sor´ an csak a programozási nyelv automata és funkcionális részét haszn´ aljuk. Ne alkalmazzunk változókat, csak paraméterezést. Bek¨ uldend˝ o a program projektállománya, forráskódja (i387.imp). I/S. 3. Egy boltban 1 6 N 6 1000 árut lehet vásárolni. Ehhez 1 6 P 6 6 1 000 000 000 pénz áll rendelkezés¨ unkre. Minden terméknek van egy Ai ára, és egy Hi h´ azhozsz´ all´ıt´ asi k¨ oltsége, ´ıgy a teljes költség az i. árura Ai + Hi (nemnegat´ıv egészek, Ai a feladat megk¨ onny´ıtése miatt páros). Van egy kuponunk, amivel egy v´ alasztott termék ár´ at megfelezhetj¨ uk, azaz Ai /2 + Hi -ért kaphatjuk meg, ha az i. termékre haszn´ aljuk fel. Adjuk meg, legfeljebb hány terméket tudunk megvásárolni a boltban, ha egyetlen kupont használhatunk fel. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et és P -t, majd a következ˝ o N sorb´ ol az Ai , Hi sz´ ok¨ ozzel elválasztott egészeket, és ´ırja a standard output els˝ o és egyetlen sor´ aba maxim´ alisan megvásárolható termékek számát. Példa bemenet: 5 24 4 2 2 0 8 1 6 3 12 5

Példa kimenet: 4

Magyar´ azat: az els˝ o 4 terméket meg tudjuk venni, ha a 3.-ra használjuk fel a kupont. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

479

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 480. oldal – 32. 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 is3.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. 102. Egy robot a k¨ ovetkez˝o utas´ıtások szerint mozog: el˝oször a 0 poz´ıcióból indul, majd a 15 R utas´ıt´ asra 15 lépést jobbra lép, és a 20 L utas´ıtásra 20 lépést balra. A robotnak N utas´ıt´ ast adnak, 1 6 N 6 300 000. Az utas´ıtások lépésszámai pozit´ıv egészek, a robot legfeljebb 1 000 000 000 távolságra mehet el a kezd˝opoz´ıciót´ ol. Adott még egy K sz´ am. Az a kérdés, hogy hány poz´ıción volt, vagy haladt át a robot legal´ abb K-szor. A program olvassa be a standard input els˝o sorából N -et és K-t, majd a következ˝ o N sorb´ ol az ai , ci sz´ ok¨ ozzel elválasztott számot és karaktert, melyek a robot mozg´ as´ at ´ırj´ ak le. A program ´ırja a standard output els˝o és egyetlen sorába a megfelel˝ o poz´ıci´ ok sz´ am´ at. Példa bemenet: 6 2 2 R 6 L 1 R 8 L 1 R 2 R

Példa kimenet: 6

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 s102.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.

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

d 480


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 481. oldal – 33. lap


i

Gr´ afalgoritmusok 2.

Az el˝ oz˝ o részben két cs´ ucs között kerest¨ unk u ´tvonalat egy gráfban. Az ott megismert szélességi keresés a start cs´ ucstól a cél cs´ ucsig megtalál egy legrövidebb u ´tvonalat, ha van u ´t a két cs´ ucs között. Amennyiben a keresés során nem adunk meg cél cs´ ucsot, akkor a start cs´ ucsból elérhet˝o összes cs´ ucsra kapunk egy legrövidebb u ´tvonalat, vagyis bej´ arja a start cs´ ucsból elérhet˝o részgráfot. Az u ´tvonal u ´gy áll el˝o, hogy a keresés sor´ an mindegyik érintett cs´ ucshoz följegyezz¨ uk, hogy melyik szomszédj´ at´ ol ért¨ unk el hozz´ a. A szélességi keresés/bej´ arás természetesen csak az egyik lehetséges módja a start cs´ ucst´ ol egy másikhoz vezet˝o u ´t megtalálásának, vagy a start cs´ ucsból elérhet˝ o cs´ ucsokhoz vezet˝ o utak föl´ırásának. Amikor ki akarunk találni egy labirintusb´ ol, akkor a gyakorlatban inkább a mélységi keresés algoritmusát követj¨ uk. Elindulunk a (valamilyen sorrend szerinti) els˝o járaton, majd megérkez¨ unk a járat végéhez. Ha ez a kij´ arat (a gráfban a cél), akkor a keresésnek vége, ha nem, akkor két eset lehetséges: vagy nem tudunk tovább menni, innen nem ny´ılnak további j´ aratok, vagy ez egy el´ agazás, ahonnan ny´ılnak más, még nem bejárt részek. Ha zs´ akutc´ aban vagyunk vagy az adott elágazás minden járatát már bejártuk, akkor visszamegy¨ unk ahhoz az elágazáshoz, ahonnan ide érkezt¨ unk, és ott a (sorrend szerinti) k¨ ovetkez˝ o j´ araton folytatjuk a keresést. Ha elágazáshoz ért¨ unk, akkor az el˝ obb le´ırt stratégi´ at ismételj¨ uk meg, a következ˝o, még el nem ért szomszéd felé indulunk el. Az el˝ obbi péld´ aban labirintusra megfogalmazott eljárás gráfokra is m˝ uködik, ha az el´ agaz´ asoknak megfeleltetj¨ uk a cs´ ucsokat és a járatoknak az éleket. Bár egy labirintus megfelel˝ oje egy ir´ any´ıtatlan gráf, a mélységi bejárás az irány´ıtott gráfokat is a fent le´ırt m´ odon bejárja, ha az éleken az irány´ıtottságnak megfelel˝oen haladunk el˝ ore. Visszalépéskor az irány´ıtottsággal ellentétes irányban is haladhatunk. Ez a mozgás nem lesz a megtalált u ´tvonal része, ahogy a szélességi keresésnél is egyik cs´ ucsb´ ol egy nem szomszédos cs´ ucsba lépt¨ unk az algoritmus végrehajtása k¨ ozben. Kész´ıts¨ uk el ezek alapj´ an a mélységi bejárás algoritmusát, vagyis keress¨ unk egy kiindul´ o cs´ ucsb´ ol az onnan elérhet˝o cs´ ucsokhoz utakat. Vegy¨ uk észre, hogy minden cs´ ucsban ugyanazt a m˝ uveletsort kell végrehajtanunk, vagyis bejárnunk a még meg nem l´ atogatott szomszédjai által elérhet˝o részét a gráfnak. Ez az algoritmus nagyon egyszer˝ uen megfogalmazható rekurz´ıvan. Bejárás közben nem szeretnénk egy cs´ ucsot kétszer megvizsg´ alni, ezért a szélességi kereséshez hasonlóan most is megjel¨ olj¨ uk a már megl´ atogatott cs´ ucsokat egy jártunk tömbben. Az u ´tvonalak tárol´ as´ ahoz most is f¨ olvesz¨ unk egy honnan táblázatot, amelyb˝ol a mélységi bejárás ut´ an az ¨ osszes kiindul´ o cs´ ucsb´ ol elérhet˝o u ´t kiolvasható. M´ elys´ egi bej´ ar´ as rekurz´ıvan(gr´ af, start) j´ artunk(cs´ ucsok start kivételével) := nem o cs´ ucs honnan(minden cs´ ucsra) := nem létez˝ MBR(start) M´ elys´ egi bej´ ar´ as rekurz´ıvan v´ ege


481

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 482. oldal – 34. lap


i

MBR(cs´ ucs) j´ artunk(cs´ ucs) := igaz szomszéd := cs´ ucs els˝ o szomszédja Ciklus am´ıg szomszéd létez˝ o cs´ ucs Ha nem j´ artunk[szomszéd] akkor honnan(szomszéd) := cs´ ucs MBR(szomszéd) El´ agaz´ as v´ ege szomszéd := cs´ ucs k¨ ovetkez˝ o szomszédja Ciklus v´ ege MBR v´ ege

A rekurz´ıv megfogalmaz´ as további el˝onye, hogy a visszalépésr˝ol nem kell k¨ ulön gondoskodnunk: amikor egy cs´ ucsból valamely szomszédos cs´ ucson át elérhet˝o részgr´ afot bej´ artuk, vagyis az MBR(szomszéd) eljárás lefutott, akkor a végrehajtás visszaker¨ ul a h´ıv´ o ciklusba, és az adott cs´ ucs következ˝o, még el nem ért szomszédján´ al folytat´ odik a bej´ ar´ as. Példaként vegy¨ unk egy irány´ıtott gráfot, melynek cs´ ucsai 1-t˝ol 10-ig sorszámozottak, és a között¨ uk lév˝o kapcsolatokat az alábbi ´ abra szerintiek. Amennyiben a szomszédokat a sorszámuk szerint növekv˝o sorrendben vessz¨ uk, akkor az MBR(1) h´ıvás el˝oször végigjárja az 1 → →4→7→5u ´tvonalat, majd visszalépés után az 1 → 10 → 2 → 6 → 3 részgráfot. Az algoritmus nem rekurz´ıv változatában minden cs´ ucsnál megvizsgáljuk, hogy van-e még el nem ért szomszédja, vagy nincs. Az els˝o esetben el˝ore lép¨ unk, a szomszéd lesz az aktu´ alis cs´ ucs, m´ıg az utóbbi esetben visszalép¨ unk ahhoz a szomszédhoz, ahonnan ide érkezt¨ unk. Amikor egy szomszédból visszalép¨ unk, akkor tudnunk kell, hogy melyik cs´ ucsra kell visszalépn¨ unk, valamint tudnunk kell, hogy ann´ al a cs´ ucsn´ al melyik a k¨ ovetkez˝o szomszéd, amelyet még érdemes vizsgálnunk. Ezt a két inform´ aci´ ot minden el˝ orelépésnél meg kell ˝orizn¨ unk. A rekurz´ıv algoritmusban ez automatikusan t¨ ortént, mivel minden MBR eljárásh´ıvás cs´ ucs paramétere és szomszéd lok´ alis változ´ oja egyedi minden h´ıvásnál. A nem rekurz´ıv algoritmusban nek¨ unk kell gondoskodnunk az információk meg˝orzésér˝ol. Mivel t¨ obb el˝ orelépés adatait is tárolnunk kell, és visszalépéskor mindig a legutols´ o el˝ orelépés adataira van sz¨ ukség, ezért egy verem elnevezés˝ u adatszerkezetet haszn´ alunk f¨ ol. A vermet által´ aban akkor alkalmazzuk, amikor az egymás után elhelyezett elemeket éppen ford´ıtott sorrendben szeretnénk fölhasználni. A szélességi keresésnél megismert sorhoz hasonlóan egyszer˝ uen megvalós´ıtható egy tömbbel és néh´ any v´ altoz´ oval. Legyen a verem adatait tároló tömb v, mérete legyen méret, és mutasson vm az els˝ ou ¨res helyre a tömbben. Ha a tömb 1-t˝ol sorszámozott, akkor az u ombnél vm értéke kezdetben 1. A verem szokásos m˝ uveletei: a verembe ¨res t¨ helyezés és a verem tetejér˝ ol egy elem kivétele, valamint annak vizsgálata, hogy a verem u os´ıt´ asuk egyszer˝ u, a verembe helyezés például a következ˝o: ¨res-e. Megval´

482


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 483. oldal – 35. lap


i

Verembe(elem) Ha vm <= méret akkor v[vm] := elem vm := vm + 1 k¨ ul¨ onben Hiba: nincs t¨ obb hely a veremben El´ agaz´ as v´ ege Verembe v´ ege

A mélységi bej´ ar´ as nem rekurz´ıv algoritmusát általában nem a fenti le´ırás szerint, hanem egyszer˝ ubben valós´ıtjuk meg. Az egyszer˝ us´ıtés alapja az az o¨tlet, hogy ne a visszalépéshez sz¨ ukséges adatokat helyezz¨ uk a verembe, hanem – megfelel˝ o sorrendben – minden cs´ ucsot, amelyet még nem látogattunk meg. A verem itt hasonl´ oan szerepet j´ atszik, mint a szélességi bejárásnál a sor. El˝oször az u ¨res verembe helyezz¨ uk a start cs´ ucsot, majd am´ıg a verem nem u ¨res, addig a következ˝ ot ismételj¨ uk: kivesz¨ unk egy cs´ ucsot a veremb˝ol, és ha még nem jártunk ott, akkor megjel¨ olj¨ uk, hogy már jártunk, és a verembe helyezz¨ uk az összes még föl nem keresett szomszédj´ at. Így gyakorlatilag lecserélj¨ uk a verem tetején lév˝o, most elért cs´ ucsot a még f¨ ol nem keresett szomszédjaira. Mivel mindig a verem tetejér˝ol vessz¨ uk ki az utols´ o oda rakott elemet, ezért a verembe korábban elhelyezett cs´ ucsokhoz – amelyek most a szomszédok alatt vannak – kés˝obb, csak a szomszédok és részgr´ afjaik bej´ ar´ asa ut´ an ér¨ unk el. Kivéve, ha egy szomszéd által kijelölt részgr´ afban egy kor´ abban a verembe ker¨ ult cs´ ucsot elér¨ unk, de akkor az el˝obb is k¨ ovetkezik a mélységi bej´ ar´ as során, tehát a veremb˝ol való kiker¨ uléskor már nincs dolgunk vele. M´ elys´ egi bej´ ar´ as(gr´ af, start) j´ artunk(cs´ ucsok start kivételével) := nem honnan(minden cs´ ucsra) := nem létez˝ o cs´ ucs Verem legyen u ¨res Verembe(cs´ ucs) Ciklus am´ıg Verem nem u ¨res Veremb˝ ol(cs´ ucs) Ha nem j´ artunk(cs´ ucs) akkor j´ artunk(cs´ ucs) := igaz szomszéd := cs´ ucs els˝ o szomszédja Ciklus am´ıg szomszéd létez˝ o cs´ ucs Ha nem j´ artunk(szomszéd) akkor Verembe(szomszéd) szomszéd := cs´ ucs k¨ ovetkez˝ o szomszédja Ciklus v´ ege El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege M´ elys´ egi bej´ ar´ as v´ ege

Amennyiben a gráfot a legegyszer˝ ubb módon, egy szomszédsági mátrixszal adjuk meg, akkor a szomszédokon egy egyszer˝ u ciklussal végig lehet haladni, illetve k¨ onny˝ u megadni az els˝ o, vagy valamely szomszéd után következ˝o szomszédot. Ha egy feladatban u ´tvonalat keres¨ unk egy gráfban a start cs´ ucstól a cél cs´ ucsig, akkor az el˝ obbi két algoritmust u ´gy kell módos´ıtanunk, hogy hagyják abba a keresést a cél cs´ ucs megtal´ al´ asakor. A bejárás rekurz´ıv MBR eljárását most érdemes f¨ uggvénnyé alak´ıtanunk, hogy visszaadja egy logikai érték formájában a keresés sikerességét.


483

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 484. oldal – 36. lap


i

M´ elys´ egi keres´ es rekurzi´ oval(gr´ af, start, cél) j´ artunk(cs´ ucsok start kivételével) := nem honnan(minden cs´ ucsra) := nem létez˝ o cs´ ucs megvan a cél := MKR(start) M´ elys´ egi keres´ es rekurzi´ oval v´ ege MKR(cs´ ucs) j´ artunk(cs´ ucs) := igaz Ha cs´ ucs = cél Akkor MKR := igaz k¨ ul¨ onben elért¨ uk a célt := hamis szomszéd := cs´ ucs els˝ o szomszédja, ahol még nem j´ artunk o cs´ ucs Ciklus am´ıg nem igaz elért¨ uk a célt és szomszéd létez˝ honnan(szomszéd) := cs´ ucs elért¨ uk a célt := MKR(szomszéd) Ha még nem igaz elért¨ uk a célt akkor szomszéd := cs´ ucs k¨ ovetkez˝ o szomszédja, ahol még nem j´ artunk El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege MKR := elért¨ uk a célt El´ agaz´ as v´ ege MKR v´ ege

Ne tévessz¨ uk ¨ ossze MKR két k¨ ulönböz˝o jelentését az algoritmus-le´ıró nyelvben: a f¨ uggvényh´ıv´ as végét és az eredmény visszaadását pl. az MKR := elért¨ uk a célt utas´ıt´ as jel¨ oli, m´ıg a f¨ uggvényh´ıvás formája MKR(szomszéd). Az eddig megismert algoritmusok seg´ıtséget ny´ ujtanak egy gráf bejárásában, illetve egy u ´tvonal megtal´ al´ as´ aban. Természetesen nem mindig csak erre van sz¨ ukség, de a bemutatott két bej´ ar´ as alapját képezi több gráfokkal kapcsolatos algoritmusnak. Egy-egy konkrét probléma megoldásakor sokszor a fenti kétféle keresés m´ odos´ıtott v´ altozatait alkalmazzuk. A következ˝o részben bemutatunk gráfokkal modellezhet˝ o problém´ akat, melyek a fenti gráfkeres˝o algoritmusokkal megoldhatók. K´ erd´ esek ´ es feladatok: 1. A mélységi keresésnél mi felel meg a görög mitológiából ismert Ariadné fonal´ anak? 2. A szélességi keresés a start cs´ ucstól egy legrövidebb utat talált a cél cs´ ucsig. Igaz-e ez a mélységi keresésre is? 3. Tételezz¨ uk f¨ ol, hogy lefutott valamelyik keresés vagy bejárást végz˝o algoritmus, és elkész´ıtette a honnan t´ ablázatot. Fogalmazzuk meg az u ´tvonal ki´ırásának rekurz´ıv és nem rekurz´ıv algoritmusát. 4. K¨ ovess¨ uk végig a fenti példában adott gráfon a mélységi bejárás nem rekurz´ıv v´ altozat´ anak m˝ uk¨ odését az 1-es cs´ ucstól indulva: észrevehetj¨ uk, hogy nem a rekurz´ıv v´ altozatnak megfelel˝oen járja be a gráfot. Miért? Hogyan kellene módos´ıtani a nem rekurz´ıv algoritmust, hogy tényleg pontosan egyformán haladjanak? 5. Legf¨ oljebb mekkora méret˝ u veremre van sz¨ ukség egy N cs´ ucsból álló gráf nem rekurz´ıv mélységi bej´ ar´ as´ ahoz? Milyen az a gráf, amelynél ez a maximális méret˝ u verem tele is lesz? 6. Kész´ıts¨ uk el a mélységi keresés nem rekurz´ıv változatát. Schmieder L´ aszl´ o 484


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 485. oldal – 37. lap


i

A 46. Nemzetko akolimpia ¨zi Fizikai Di´ feladatainak megold´ asa1 Elm´ eleti feladatok 1. feladat. A Napb´ ol ´ erkez˝ o r´ eszecsk´ ek A r´ esz. A Napt´ ol j¨ ov˝ o sug´ arz´ as ( )( 4 ) 2 A.1. A Stefan–Boltzmann-törvény alapján: L⊙ = 4πR⊙ σT⊙ . Innen: ( T⊙ =

L⊙ 2σ 4πR⊙

)1/4 = 5,76 · 103 K.

A.2. ∫ Pbe =

∫

∞

0

Legyen x = Pbe =

∞

u(f ) df =

hf kB T⊙ .

A 0

Ekkor f =

4 2 2πhAR⊙ (kB T⊙ ) 2 2 4 c d⊙ h

∫

kB T⊙ h x ∞

2 R⊙ 2πh 3 f exp (−hf /kB T⊙ ) df. 2 d⊙ c 2

és df =

x3 e−x dx =

0

kB T⊙ h

dx. Ezzel:

4 R2 R2 12πk 4 2πkB T⊙4 A 2⊙ · 6 = 2 3B T⊙4 A 2⊙ . 2 3 c h d⊙ c h d⊙

M´ asik megold´ as, amely nem használja a Wien-közel´ıtést: Pbe =

2 2 4 L⊙ 2π 5 kB 4 R⊙ 4 R⊙ A A A = σT = T . ⊙ 4πd2⊙ d2⊙ 15c2 h3 ⊙ d2⊙

A.3. nγ (f ) =

R2 2π u(f ) = A 2⊙ 2 f 2 exp(−hf /kB T⊙ ). hf d⊙ c

A.4. A hasznos kimen˝ o teljes´ıtményt az Eg = hfg egy fotonra jutó energiakvantum és az E > Eg energi´ aj´ u fotonok számának szorzata adja: ∫ ∞ ∫ R2 2π ∞ 2 Pki = hfg nγ (f ) df = hfg A 2⊙ 2 f exp(−hf /kB T⊙ ) df = d⊙ c fg fg = kB T⊙ xg A

= 1

2 R⊙ 2π 2 d⊙ c2

(

kB T⊙ h

)3 ∫

∞

x2 e−x dx =

xg

2 4 ( ) 2πkB 4 R⊙ T A xg x2g + 2xg + 2 e−xg . ⊙ 2 2 3 c h d⊙

Az elméleti feladatok sz¨ ovegét a m´ ult havi sz´ amunkban k¨ oz¨ olt¨ uk.


485

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 486. oldal – 38. lap


i

A.5. A hat´ asfok: η=

) Pki xg ( 2 = xg + 2xg + 2 e−xg . Pbe 6

Ha Pbe -re az A.2. másik eredményét használjuk, akkor a hatásfok: ( ) 4 ) −xg ) 2πkB 90 xg ( 2 1 ( 2 η = 2 3 xg xg + 2xg + 2 e = xg + 2xg + 2 e−xg . 4 c h σ π 6 A két eredmény k¨ ozel van egymáshoz, mert 90/π 4 ≈ 0,92 ≈ 1. A.6.

) 1( 3 x + 2x2g + 2xg e−xg . 6 g A hat´ arokon érvényes értékek: η(0) = 0 és η(∞) = 0. η=

Mivel a z´ ar´ ojelben lev˝ o polinom kizárólag pozit´ıv egy¨ utthatókat tartalmaz, az monoton n¨ ovekv˝ o. Az exponenciális f¨ uggvény monoton csökken˝o, és a szorzatuknak valahol maximuma van. ) dη 1( − x3g + x2g + 2xg + 2 e−xg , = dxg 6 dη dη 1 = , = 0. dxg xg =0 3 dxg xg →∞ Ha az A.2. m´ asik eredményét használjuk, akkor: ) dη 15 ( = 4 − x3g + x2g + 2xg + 2 e−xg , dxg π dη dη 30 = 4 ≈ 0,31, = 0. dxg xg =0 π dxg xg →∞ A.7. A maxim´ alis értéket ott veszi fel a f¨ uggvény, ahol ) dη 1( = − x3g + x2g + 2xg + 2 e−xg = 0 dxg 6

⇒

p(xg ) ≡ x3g − x2g − 2xg − 2 = 0.

Az egyenlet megold´ as´ ahoz használhatjuk például a felez˝o módszert (más numerikus m´ odszer is elfogadhat´ o): p(0) = −2, p(1) = −4, p(2) = −2, p(3) = 10 ⇒

2 < x0 < 3,

p(2,5) = 2,375 ⇒ 2 < x0 < 2,5, p(2,25) = −0,171 ⇒ 2,25 < x0 < 2,5. A k¨ ozel´ıt˝ o érték, ahol η-nak maximuma van: x0 = 2,27. A maximum: η(2,27) = = 0,457. 486


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 487. oldal – 39. lap


i

A.8. Az xg értéke: xg =

1,11 · 1,60 · 10−19 = 2,23, 1,38 · 10−23 · 5763

amivel a hat´ asfok: ηSi =

) xg ( 2 xg + 2xg + 2 e−xg = 0,457. 6

Ha az A.2. m´ asik eredményét használjuk, akkor: ηSi =

) −xg 15xg ( 2 x + 2x + 2 e = 0,422. g g π4

A.9. A Nap teljes gravit´ aciós potenciális energiája: ∫ M⊙ Gm dm Ω=− . r 0 Az egyenletes t¨ omegeloszl´ as miatt: ϱ=

3M⊙ 3 , 4πR⊙

m=

4 3 πr ϱ, 3

dm = 4πr2 ϱ dr.

Ezzel: ∫

(

R⊙

Ω=−

G 0

) 5 2 ) dr 4 3 ( 16π 2 Gϱ2 R⊙ 3 GM⊙ πr ϱ 4πr2 ϱ =− =− . 3 r 3 5 5 R⊙

A.10. τKH =

2 3GM⊙ −Ω = = 1,88 · 107 év. L⊙ 5R⊙ L⊙

B r´ esz. A Napb´ ol j¨ ov˝ o neutr´ın´ ok B.1. ∆E energia felszabadulása során két neutr´ınó keletkezik, ´ıgy Φν = 2 ·

L⊙ 3,85 · 1026 = 6,8 · 1014 m−2 s−2 . = 2 · 2 4πd2⊙ ∆E 4π · (1,50 · 1011 ) · 4,0 · 10−12

B.2. Legyen ε a neutr´ın´ o detektálásának hatásfoka, N0 a bejöv˝o részecskeszám. Ezzel: N1 = εN0 , Ne = εN0 (1 − r), Nx = εN0 r/6, N2 = Ne + Nx . Teh´ at:

r (1 − r)N1 + N1 = N2 , 6


487

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 488. oldal – 40. lap


innen a kérdezett hányados: 6 r= 5

i

( ) N2 1− . N1

B.3. Amikor egy elektron már éppen nem bocsát ki Cserenkov-sugárzást, a sebessége vstop = c/n-re cs¨ okken. Az elektron teljes energiája ekkor: me c2 nme c2 Estop = √ =√ . 2 n2 − 1 1 − vstop /c2 Abban a pillanatban, miut´ an a neutr´ınó ki¨ utötte az elektront, az elektron energiája: nme c2 Estart = α∆t + √ . n2 − 1 A k¨ olcs¨ onhat´ as el˝ ott az elektron energiája me c2 . Így a neutr´ınónak átadott energia: ) ( n 2 − 1 me c2 . Eátadott = Estart − me c = α∆t + √ n2 − 1 B.4. A 7 Be atommagok mozgása miatt Doppler-effektus lép fel a neutr´ınókra. Mivel az energia relat´ıv megv´ altozása kicsiny (∆Erms /Eν ∼ 10−4 ), a nemrelativisztikus Doppler-eltol´ od´ assal lehet számolni (a relativisztikus számolás szinte azonos eredményt ad). A megfigyelés irányának a z irányt véve: ∆Erms vz,rms = = Eν c

√1 VBe 3

c

= 3,85 · 10−4 .

Teh´ at a Be atommagok sebességének négyzetes középértéke: √ VBe = 3 · 3,85 · 10−4 · 3,00 · 108 ms−1 = 2,01 · 105 ms−1 . A Nap magj´ anak átlagos h˝ omérséklete pedig: 3 1 2 = kB Tc mBe VBe 2 2

⇒

Tc = 1,13 · 107 K.

2. feladat. A sz´ els˝ o´ ert´ ekelv A r´ esz. Sz´ els˝ o´ ert´ ekelv a mechanik´ aban A.1. A mechanikai energia megmaradása alapján: √ 1 1 2V0 2 2 mv = mv2 + V0 , amib˝ol v2 = v12 − . 2 1 2 m A.2. A hat´ arfel¨ uleten csak az x irány´ u sebességkomponens változik (a határfel¨ uleten fellép˝ o −x ir´ any´ u er˝ ol¨ okés hatására), az y irány´ u nem. Ezért v1y = v2y , v1 sin ϑ1 = v2 sin ϑ2 . 488


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 489. oldal – 41. lap


i

A.3. A hat´ as defin´ıci´ oj´ anak megfelel˝oen A(w) az O és P rögz´ıtett pontok k¨ oz¨ ott: √ √ ( ) 2 A(w) = mv1 x21 + w2 + mv2 (x0 − x1 ) + y02 − w2 . Az A(w) hat´ as akkor lesz minimális, ha w szerinti deriváltja nulla: v w v2 (y0 − w) √ 1 −√ = 0, 2 2 2 2 x1 + w x0 − x1 ) + (y0 − w) √ (y0 − w) x21 + w2 v1 = √ . v2 2 2 w (x0 − x1 ) + (y0 − w) Vegy¨ uk észre, hogy ez ugyanaz, mint az A.2.-ben megkapott v1 sin ϑ1 = v2 sin ϑ2 eredmény! B r´ esz. Sz´ els˝ o´ ert´ ekelv az optik´ aban B.1. A fény sebessége az I-es közegben c/n1 , a II-es közegben c/n2 , ahol c a fénysebesség v´ akuumban. Legyen a két közeget elválasztó egyenes egyenlete y = y0 , a fénysug´ ar pedig az x = w helyen lépjen át egyik közegb˝ol a másikba. Az a τ (w) id˝ o, am´ıg a fény a (0; 0) origóból a rögz´ıtett (x0 ; y0 ) pontba jut: √ √ n1 n2 2 2 τ (w) = y12 + w2 + (x0 − w) + (y0 − y1 ) . c c A széls˝ oértéket A.3.-hoz hasonl´ oan deriválással határozhatjuk meg: √

n1 w y12 + w2

n2 (y0 − w) = 0, −√ 2 2 (x0 − w) + (y0 − y1 ) n1 sin α1 = n2 sin α2 .

Ez a Snellius–Descartes-t¨ orvény. B.2. A Snellius–Descartes-törvény alapján √ n0 sin α0 = n(y) sin α. Ezen k´ıv¨ ul felhaszn´ alva, hogy dy/dx = − ctg α és sin α = 1/ 1 + ctg2 α: √( )2 n(y) dy n(y) n0 sin α0 = √ , =− − 1. dx n0 sin α0 dy 2 1 + ( dx ) B.3. A B.2. eredményb˝ ol a változókat szétválasztva és mindkét oldalt integrálva: ∫ ∫ dy √ = − dx. 2 ( n0n−ky ) − 1 0

(Felhaszn´ altuk, hogy α0 = 90◦ és ´ıgy sin α0 = 1.) Használjuk a ξ = (n0 − ky)/n0 helyettes´ıtést, ´ıgy: √( ( ) )2 ∫ ∫ dξ ( − nk0 ) n0 n0 − ky n0 − ky √ = − dx, − ln + − 1 = −x + c. k n0 n0 ξ2 − 1


489

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 490. oldal – 42. lap


i

Figyelembe véve az x = 0 és y = 0 kezdeti feltételeket c = 0. Ebb˝ol a pálya egyenlete: [( ] ) √( )2 n0 − ky n0 n0 − ky x= ln + −1 . k n0 n0 B.4. Felhaszn´ alva a megadott adatokat (y0 = 10,0 cm, n0 = 1,50, k = = 0,050 cm−1 ) a B.3. végeredményébe behelyettes´ıtve (y = −y0 ): [( ] ) √( )2 n0 n0 + ky0 n0 + ky0 ln − 1 = 24,0 cm. x0 = + k n0 n0 C r´ esz. A sz´ els˝ o´ ert´ ekelv ´ es az anyag hull´ amterm´ eszete h C.1. A részecske de Broglie-hullámhossza λ = mv , amib˝ol a keresett fázisk¨ ulönbség (a hat´ as ∆A = mv∆s defin´ıcióját felhasználva): ∆φ =

2π 2π 2π∆A ∆s = mv∆s = . λ h h C.2. Tanulmányozzuk az OCP és ODP pályákat! A geometriai u ´tk¨ ulönbség az I-es tartományban ED, a II-es tartományban CF . Ebb˝ol d ≪ x0 − x1 és d ≪ x1 felhasználásával ∆φCD = =

2πd sin ϑ1 2πd sin ϑ2 − = λ1 λ2 2πmv2 d sin ϑ2 2πmv1 d sin ϑ1 − = h h

= 2π

md (v1 sin ϑ1 − v2 sin ϑ2 ) = 0 h

(A.2. vagy B.1. alapján). Ez az eredmény várható, hiszen a klasszikus pálya közelében er˝ os´ıtésnek kell lennie. D r´ esz. Anyaghull´ amok interferenci´ aja D.1. Az energi´ ak alapj´ an qU1 =

1 mv 2 , 2

amib˝ol U1 =

mv 2 = 1,139 · 103 V. 2q

D.2. A fázisk¨ ul¨ onbség P -ben: ∆φP =

2πd sin ϑ 2πd sin ϑ md − = 2π(v1 − v2 ) sin ϑ = 2πβ, λ1 λ2 h

amib˝ ol β = 5,13. 490


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 491. oldal – 43. lap


i

D.3. Az el˝ oz˝ o rész alapján látható, hogy a legközelebbi olyan helyen, ahol nem várhat´ o elektronbecsap´ od´ as (kioltás van) ∆φ = 5,5 · 2π. Ez alapján: mv1 d sin ϑ mv2 d sin(ϑ + ∆ϑ) − = 5,5; h h sin(ϑ + ∆ϑ) =

mv1 d sin ϑ − 5,5 h mv2 d h

=

v1 5,5 h sin ϑ − = 0,173 586, v2 mv2 d

∆ϑ = −0,0036◦ , amib˝ ol a P -hez legk¨ ozelebbi hely távolsága: [ ] ∆y = (x0 − x1 ) tg(ϑ + ∆ϑ) − tg ϑ = −16,2 µm. A negat´ıv el˝ ojel azt mutatja, hogy ez a pont P alatt van. D.4. Az I fluxuss˝ ur˝ uség az elektronok v sebességének és N/V s˝ ur˝ uségének szorzata. Ez alapj´ an: N=

Imin V = 1, v

amib˝ol Imin =

v v = = 4 · 1019 m−2 s−1 . V Al

3. feladat. Nukle´ aris reaktor tervez´ ese A r´ esz. Az u ud ¨ zemanyagr´ A.1. A magreakci´ o sor´ an felszabaduló energiát a tömegdefektusból számolhatjuk:

) ( ) ( ) ( ) ( ) ∆E = [m(235 U + m 1 n − m 94 Zr − m 140 Ce − 2m 1 n ]c2 .

¨ Osszevon´ as ut´ an, a t¨ omegek felhasználásával kapjuk: (235 ) ( ) ( ) ( ) ∆E = [m U − m 94 Zr − m 140 Ce − m 1 n ]c2 = 208,7 MeV. A.2. Az U2 O (feladatban megadott) s˝ ur˝ usége a térfogategységre es˝o molekulák omegét jelenti, ´ıgy ezt elosztva a moláris tömeggel, majd megszorozva az NA összt¨ Avogadro-´ alland´ oval, megkapjuk az 1 m3 -nyi anyagban található U2 O-molekulák N1 sz´ am´ at: ϱNA N1 = = 2,364 · 1028 m−3 . M Az ur´ an-dioxid molekul´ aknak azonban csak 0,72%-a tartalmazza a 235-ös uránizotópot, ´ıgy a feladat kérdésére a válasz: N = 0,0072 · N1 = 1,702 · 1026 m−3 . A.3. Az u ud egységnyi térfogatában N hasadó uránatom van, ezek ¨zemanyagr´ teljes hat´ askeresztmetszete N σf . Ha ezt megszorozzuk a φ neutronfluxussal, az id˝oegység alatt (k¨ obméterenként) bekövetkez˝o hasadások számát kapjuk: φN σf . Minden magreakci´ oban az A.1. részben kiszámolt ∆E energia szabadul fel, melynek 80%-a alakul h˝ové, ´ıgy a h˝ofejl˝odés Q u ¨teme: Q = 0,8 φN σf ∆E = 4,92 · 108 W/m3 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

491

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 492. oldal – 44. lap


i

A.4. A Tc − Ts h˝ omérsékletk¨ ulönbség K dimenziój´ u, ´ıgy az F (Q, a, λ) mennyiség mértékegysége is kelvin kell hogy legyen. Keress¨ uk az ismeretlen f¨ uggvényt F (Q, a, λ) = Qα aβ λγ alakban, és vizsgáljuk meg, mekkorának kell választanunk az α, β, γ sz´ amokat, hogy kelvin dimenziój´ u mennyiséget kapjunk. A jobb oldalon szerepl˝ o mennyiségek mértékegysége: [Q] = W m−3 = kg s−3 m−1 ,

[a] = m,

[λ] = W m−1 K−1 = kg s−3 m K−1 .

Ezek felhaszn´ al´ as´ aval az al´ abbi egyenletet kapjuk a kitev˝okre: ( )α ( )γ K = kg s−3 m−1 mβ kg s−3 m K−1 , amib˝ ol α = 1, β = 2, γ = −1 adódik. Tehát az u ud közepének és fel¨ uleté¨zemanyagr´ nek h˝ omérsékletk¨ ul¨ onbségét megadó formula (a feladatban megadott 1/4-es faktort is vissza´ırva)2 : Qa2 Tc − Ts = . 4λ A.5. Az u ud k¨ ozepének a h˝omérséklete nem érheti el az U2 O olva¨zemanyagr´ d´ asi h˝omérsékletét, m´ıg a k¨ uls˝ o fel¨ uletének h˝omérséklete a h˝ ut˝oközeg h˝omérsékletével egyezik meg. Így az A.4. részfeladatban kapott összef¨ uggés szerint az u ¨zemanyagr´ ud sugar´ anak lehetséges legnagyobb au értéke √ 4λ(Tc − Ts ) au = , Q ahol most Tc = Tolv = 3138 K, Ts = 577 K. A megadott adatokat és Q fentebb kisz´ amolt értékét behelyettes´ıtve au = 8,27 · 10−3 m. B r´ esz. A moder´ ator B.1. Az ´ abr´ an l´ athat´ oak a sebességviszonyok a tömegközépponti koordinátarendszerben. Fontos megjegyezni, hogy a ϑ szög nagyobb, mint ϑL .

2

A dimenzi´ oanal´ızis m´ odszere egy dimenzi´ otlan szorz´ otényez˝ o erejéig hat´ arozatlanul hagyja a megold´ ast. A helyzetet az tette volna egyértelm˝ uvé, ha a feladat sz¨ ovegében megadj´ ak, hogy a fizikai mennyiségek hatv´ anyainak szorzata el˝ ott ´ all´ o´ alland´ o sz´ amértéke éppen 1/4 (– a szerk.).

492


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 493. oldal – 45. lap


i

B.2. A t¨ omegk¨ ozéppont sebessége a rendszer impulzusának és a teljes tömegének hányadosa: vb . vm = A+1 Ugyanekkora sebességgel mozog a tkp rendszerb˝ol nézve a laboratóriumi rendszerben kezdetben áll´ o moder´ atoratom is: V =

vb . A+1

A neutron sebességének nagys´ aga az u ¨tközés el˝ott a tkp rendszerben: v = vb − vm =

A vb . A+1

A tkp rendszerben a rugalmas u ¨tközés során az energia- és impulzusmegmaradás u ´gy teljes¨ ul, hogy a neutron és a moderátoratom is meg˝orzi az u ¨tközés el˝otti sebességének nagys´ ag´ at (rendre v és V ), csupán a sebesség iránya változik meg. ¨ ozés ut´ B.3. Utk¨ an a neutron sebességvektora a laboratóriumi rendszerben − → → − − va = v + v→ ıgy a sebességnégyzetének nagysága (a vektorháromszögben fel´ırható m, ´ koszinusztételb˝ ol): 2 va2 = v 2 + vm + 2vvm cos ϑ. Behelyettes´ıtve v és vm el˝ oz˝ o részfeladatban kiszámolt értékét: va2 =

A2 vb2 (A + 1)

2

+

vb2 (A + 1)

2

+

2Avb2 (A + 1)

2

cos ϑ,

amib˝ ol G(α, ϑ) =

Ea v2 A2 + 2A cos ϑ + 1 = a2 = . 2 Eb vb (A + 1)

Ez kis átalak´ıt´ assal fel´ırhat´ o α seg´ıtségével is: G(α, ϑ) =

A2 + 1 (A + 1)

2

+

2A (A + 1)

2

cos ϑ =

] 1[ (1 + α) + (1 − α) cos ϑ . 2

B.4. Az energiaveszteség akkor a legnagyobb, ha a G(α, ϑ) mennyiség a lehet˝o legkisebb. Ez (ak´ ar intu´ıci´ oval, akár az el˝oz˝o részben kapott kifejezést vizsgálva) akkor k¨ ovetkezik be, ha ϑ = 180◦ = π, azaz ha az u ¨tközés lineáris. Ekkor G(α, π) = α, a legnagyobb relat´ıv energiaveszteség pedig ( ) Eb − Ea fl = = 1 − G(α, π) = 1 − α. Eb max 2

Most α = (19/21) , ´ıgy fl ≈ 0,181.


493

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 494. oldal – 46. lap


i

C r´ esz. A nukle´ aris reaktor C.1. A reaktor térfogata adott: V = πR2 H. Kérdés, hogyan kell megválasztani az R : H ar´ anyt, hogy az elsz¨ ok˝o neutronfluxusban szerepl˝o ( )2 ( ) 2,405 π 2 x= + R H kifejezés minim´ alis legyen. Fejezz¨ uk ki R2 értékét a térfogattal: 2,4052 πH ( π )2 x= + . V H Bontsuk az els˝ o tagot két egyenl˝o kifejezés összegére, majd alkalmazzuk a számtani és mértani k¨ ozepek k¨ oz¨ ott fennálló egyenl˝otlenséget: √ 2 2 2 2,405 πH 2,4052 πH π2 π2 3 2,405 πH 2,405 πH x= + + 2 > · · 2. 2V 2V H 2V 2V H A jobb oldalon l´ athat´ oan kiesik H, ´ıgy egy konstans értéket kapunk. Ezt a bal oldali kifejezés akkor veszi fel, ha a benne szerepl˝o három tag értéke megegyezik, azaz π2 3π 2 2,4052 = , valamint x = . 2R2 H2 H2 Haszn´ aljuk még fel, hogy stacionárius állapotban az id˝oegység alatt kiszök˝o és a láncreakci´ oban termel˝ od˝ o (t¨ obblet)neutronok száma megegyezik, vagyis k1 xψ = = k2 ψ, amib˝ ol √ √ 3π 2 3π 2 k1 2,405H H= = ≈ 5,87 m, és R = √ ≈ 3,175 m. x k2 2π C.2. A d = 0,287 m oldalél˝ u négyzetrácsba rendezett u ¨zemanyag-kazetták mindegyikére d2 nagys´ ag´ u keresztmetszet-ter¨ ulet jut a reaktorban. Mivel a reaktor teljes keresztmetszete πR2 (ahol R az el˝oz˝o feladatrészben meghatározott érték), ´ıgy a reaktorban elfér˝ o kazett´ ak száma legfeljebb Fn =

πR2 ≈ 387. d2

Egyetlen (henger alak´ u) f˝ ut˝okazetta térfogata πrkazetta H (ahol rkazetta = = 3,617 · 10−2 m), s˝ ur˝ usége adott (ϱ = 1,060 kg m−3 ), ´ıgy a f˝ ut˝oelemek össztömege M = Fn πrkazetta Hϱ ≈ 9,90 · 104 kg. K´ıs´ erleti feladatok ´ ehez igazodva a k´ısérleti fordulóA Fény Nemzetközi Ev´ ban optikai mérési feladatok voltak. Mindkét mérésben fényelhajl´ as (diffrakció) seg´ıtségével kellett tanulmányozni k¨ ulönb¨ oz˝ o strukt´ urákat, ´ıgy a két feladathoz a (nagyon igényesen elkész´ıtett) mérési eszközök részben azonosak voltak. Emiatt a feladatokat csak meghatározott sorrendben lehetett elvégezni. 494


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 495. oldal – 47. lap


i

1. feladat: Diffrakci´ o csavarvonal alak´ u szerkezeteken A DNS kett˝ os spir´ al alakjának felfedezését egy, a DNS molekuláról kész¨ ult röntgendiffrakci´ os kép alapozta meg. A mérési feladatban ehhez hasonlóan diffrakci´ o seg´ıtségével kellett csavarvonal alak´ u szerkezetek geometriai paramétereit meghat´ arozni. A mérési berendezés lézermodulból, mintatartóból, t¨ ukrökb˝ol (ezek seg´ıtségével a sz˝ uk helyen meghosszabb´ıtható a fény´ ut) és erny˝ob˝ol állt, melyeket a mérés el˝ott gondosan be kellett áll´ıtani. A diffrakciós képen kialakuló kioltási helyek távols´ ag´ at digit´ alis tol´ omér˝ ovel lehetett leolvasni. A feladat els˝ o felében egy nagyon vékony huzalból kész¨ ult, apró csavarrugó volt a vizsg´ alat t´ argya. A meghat´ arozandó mennyiségek: a csavarrugó R sugara, P menetemelkedése és a rug´ ot alkotó drót a átmér˝oje. Mer˝oleges irányból nézve a rugó vet¨ ulete egy cikkcakkvonal, amely egyenérték˝ u két olyan, egymással 2α szöget bezár´ o dr´ otsorozattal, melyek p´ arhuzamos helyzet˝ u, egyforma vastagság´ u, egymástól d t´ avols´ agra lév˝ o dr´ otszakaszokból állnak. Az elmélet szerint egy a átmér˝oj˝ u huzalon kialakuló diffrakciós kép intenzitáseloszl´ asa (a ϑ diffrakci´ os sz¨ og f¨ uggvényében): ( )2 sin β πa sin ϑ I(ϑ) = I(0) , ahol β= . β λ A k¨ ozéps˝ o folt (β = ϑ = 0) fényes, a többi olyan irányban, amelyre sin β = 0 (de β ̸= 0) az intenzit´ as zérus, kioltás lesz. Ez alapján az intenzitáseloszlás n-edik minimum´ anak ϑn sz¨ oge: λ sin ϑn = ±n , a

n = 1, 2, 3, . . . .

Két párhuzamos, egym´ astól d távolságra lév˝o, ugyanolyan vastag dróton kialakul´ o diffrakci´ os kép két mint´ azat kombinációja (az egyetlen dróton való elhajlás és a két dr´ ot k¨ oz¨ ott kialakul´ o interferencia miatt). A kialakuló intenzitáseloszlás: ( )2 sin β πd sin ϑ πa sin ϑ 2 I(ϑ) = I(0) cos δ , ahol δ= és β = . β λ λ Az erny˝ on a két, 2α sz¨ oget bezáró drótsorozat két, 2α szöget bezáró diffrakciós képet hozott létre, ebb˝ ol α leolvasható volt. Mindkét diffrakciós képen megtalálhatóak voltak a dr´ ot átmér˝ ojének és a drótok távolságának megfelel˝o kioltási helyek. Az el˝ oz˝ o ¨ osszef¨ uggés alapján is lehetett látni, hogy a diffrakciós képen a finom (apr´ obb) strukt´ ur´ akhoz tartoznak a nagyobb távolságok és a durvább (nagyobb) méretekhez a kisebb t´ avols´ agok. A leolvasott távolságokból grafikus ábrázolás és egyenesillesztés seg´ıtségével az a drótátmér˝ot és a d távolságot meg lehetett határozni, ezekb˝ ol pedig a csavarvonal R sugarát és P menetemelkedését ki lehetett sz´ am´ıtani. A (szabad szemmel alig látható) rugó drótátmér˝oje a = 0,15 mm, sugara R = 0,75 mm, menetemelkedése P = 0,9 mm volt. A feladat második felében egy, a DNS kett˝os spirálját modellez˝o s´ıkbeli strukt´ ur´ at kellett vizsgálni. Itt az el˝ oz˝o rész két jellemz˝o távolsága (a és d) mellett egy K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

495

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 496. oldal – 48. lap


i

harmadik (k¨ ozepes) t´ avols´ ag is megjelenik, és ´ıgy a diffrakciós képen is háromféle távols´ agot kellet felismerni és megmérni. 2. feladat: Diffrakci´ o v´ızfelsz´ınen kialakul´ o kapill´ aris hull´ amokon A folyadékok felsz´ınén kialakuló és terjed˝o hullámok viselkedését két er˝o, a nehézségi er˝ o és a fel¨ uleti fesz¨ ultségb˝ol származó er˝ o határozza meg. Ha a hullámhossz kisebb egy λkr kritikus hull´ amhossznál, akkor √ a nehézségi er˝o hatása elhanyagolhat´ o, ezek az u ń. kapill´ aris hull´ amok. (λkr = 2π σ/ρg, ahol σ a folyadék fel¨ uleti fesz¨ ultsége, ρ a folyadék s˝ ur˝ usége, g pedig a nehézségi gyorsulás. A mérési feladatban kialakul´ o hull´ amok hull´ amhossza sokkal kisebb a kritikus hullámhossznál.) A kapill´ arishull´ amok a folyadék viszkozitása miatt csillapodnak. A mérési feladatban egy v´ızminta fel¨ uleti fesz¨ ultségét és viszkozitását kellett meghatározni a kapilláris hull´ amokon létrej¨ ov˝ o fényelhajlás alapján. A kapill´ aris hull´ amok hull´ amhossza a fény hullámhosszához képest aránylag nagy, ezért jól mérhet˝ o diffrakcióhoz a fénynek lapos szögben kell esnie a folyadék fel¨ uletére. (A diffrakci´ os maximumok távolságának mérése ´ıgy is nehéz.) A feladat sz¨ ovegében megadt´ ak a laposszög˝ u diffrakció összef¨ uggéseit: k=

2π sin ϑ sin γ, λl

ahol k = 2π/λf a kapill´ aris hull´ amok hullámszáma, λl és λf a lézerfény, illetve a fel¨ uleti hull´ am hull´ amhossza, ϑ a lézerfény v´ızszintessel bezárt szöge és γ a diffrakciós képen a k¨ ozponti maximum és az els˝orend˝ u maximum közötti szögtávolság. A folyadék felsz´ınén a kapilláris hullámokat egy ω = 2πf körfrekvenciáj´ u rezgéskelt˝ o hozza létre. A hull´ am körfrekvenciájának és hullámszámának kapcsolata a diszperzi´ os rel´ aci´ o: √ σ q ω= k , ρ ahol q egy, a mérés sor´ an meghatározandó egész szám (elméleti értéke 3). A gondos be´ all´ıt´ as és a fénysugár szögének megmérése után a k¨ ulönböz˝o frekvenci´ aj´ u hull´ amokat egy tablettel vezérelt rezgéskelt˝ovel hozták létre a versenyz˝ok. A diffrakci´ os maximumok távolságát az erny˝o helyére szerelt digitális tolómér˝ohöz rögz´ıtett fotodetektorral mérték, ebb˝ol határozták meg a kapillárishullámok hullámsz´ am´ at. Az ln ω-ln k grafikonból leolvasható a diszperziós relációban szerepl˝o q álland´ o és (ρ ismeretében) a v´ız σ fel¨ uleti fesz¨ ultsége. A feladat m´ asodik felében a hullámok csillap´ıtását kellett tanulmányozni. A hull´ amok h amplit´ ud´ oja a hullámkelt˝ot˝ol s távolságra: h = h0 e−δs , ahol h0 az amplit´ ud´ o a hull´ amkelt˝ onél, δ a csillap´ıtási tényez˝o. A tapasztalat szerint h0 arányos a rezgéskelt˝ ore kapcsolt fesz¨ ultség effekt´ıv értékének 0,4-edik hatványával, a csillap´ıt´ asi tényez˝ o és a folyadék η viszkozitásának kapcsolata: δ=

8πηf . 3σ

A mérés sor´ an a versenyz˝ ok változtatták a hullámkelt˝o távolságát a fény beesési helyét˝ ol, és mérték, hogy a rezgéskelt˝ore mekkora fesz¨ ultséget kell kapcsolni 496


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 497. oldal – 49. lap


i

ahhoz, hogy a diffrakci´ os maximum intenzitása (amit a fotodetektor mér) állandó maradjon. A mérési adatokb´ ol – megfelel˝o grafikon megrajzolásával és egyenesillesztéssel – a v´ızminta viszkozit´ asa meghatározható volt. Sz´ asz Kriszti´ an, Vank´ o P´ eter, Vigh M´ at´ e

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u fizika ´ eretts´ egire Tesztfeladatok∗ 1. Egy labdát nagy magasságból leejt¨ unk. A labdára ható közegellenállási er˝o a sebesség négyzetével ar´ anyos. Hányszorosára n˝o a közegellenállási er˝o pillanatnyi teljes´ıtménye, ha a labda sebessége háromszorosára növekszik? A) 3-szoros´ ara; B) 9-szeresére; C) 27-szeresére; D) valamilyen m´ as sz´ amszoros´ ara. 2. Egy pil´ ota a rep¨ ul˝ ogépével f¨ ugg˝oleges s´ık´ u körpályán rep¨ ul. Mekkora a sebessége a p´ alya tet˝ opontj´ an, ha sem az u ¨lés, sem az öv nem fejt ki rá er˝ot? √ √ √ A) gR/2; B) gR; C) 2gR; D) nulla. 3. Egy jól z´ ar´ o biciklipumpa használatakor a bezárt leveg˝ot tizedakkora térfogatra nyomjuk ¨ ossze. Hogyan v´ altozik eközben a leveg˝o nyomása? A) T´ızszeresére n˝ o. B) Kevesebb, mint t´ızszeresére n˝o. C) Több, mint t´ızszeresére n˝ o. 4. A diszk´ oban Miki négyszer távolabbra áll a hangfaltól, mint Misi. Hányszor több hangenergia jut percenként Misi f¨ ulébe, mint Mikiébe egy másodperc alatt? A) 4-szer;

B) 16-szor;

C) 60-szor;

D) majdnem 1000-szer.

5. Melyik csoport tartalmaz csupa olyan eszközt, amelyik a s´ ulytalanság kör¨ ulményei k¨ oz¨ ott is m˝ uk¨ odik? A) Stopper´ ora, szemcseppent˝o, zsebtelep. B) Inga´ ora, kétkar´ u mérleg, rugós er˝omér˝o. C) Csipesz, mobiltelefon, kontaktlencse. D) Higanyos h˝omér˝ o, fecskend˝o, fonálinga. 6. Egy testet felfelé megl¨ ok¨ unk egy α hajlásszög˝ u lejt˝on, majd hagyjuk szabadon mozogni. Mekkora a felfelé mozgó test gyorsulásának abszol´ ut értéke? A) gµ cos α; B) g(sin α + µ cos α); C) g(sin α − µ cos α); D) Csak a test t¨ omegének az ismeretében adhatjuk meg a helyes választ. ∗

A v´ alaszok k¨ oz¨ ul minden esetben pontosan egy a helyes.


497

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 498. oldal – 50. lap


i

7. Ha két egyenl˝ o t¨ omeg˝ u vas- és ólomdarabot egyforma munkabefektetéssel kalap´ alunk, az ólom jobban felmelegszik, mint a vas. Miért? A) Mert alacsonyabb az olvadáspontja, mint a vasé. B) Mert nagyobb a fajh˝ oje, mint a vasé. C) Mert kisebb a fajh˝ oje, mint a vasé. D) Mert alacsonyabb az olvadásh˝oje, mint a vasé. 8. Adott mennyiség˝ u normálállapot´ u gáz h˝omérsékletét kétféleképpen változtatj´ ak meg: izob´ ar, illetve izochor módon. A h˝omérséklet-növekedés mindkét esetben ugyanakkora. Melyik folyamatban változik többet a gáz bels˝o energiája? A) Az izob´ ar folyamatban. B) Az izochor folyamatban. C) Mindkét folyamatban ugyanakkora. D) A kérdésre csak a gázmolekulák szabadsági fokainak számát ismerve tudunk v´ alaszolni. 9. Egy k¨ onny˝ u, j´ o min˝ oség˝ u csavarrugót áll´ıtunk az asztalra. A rugóra ejt¨ unk egy testet, amit a rug´ o lefékez. A csavarrugó menetei még akkor sem szorulnak egym´ ashoz, amikor a test a legjobban összenyomja a csavarrugót. Mit áll´ıthatunk a rug´ oban t´ arolt maxim´ alis energiáról? A) A rug´ oban t´ arolt maximális energia megegyezik a test maximális mozgási energi´ aj´ aval. B) A rug´ oban t´ arolt maximális energia egy kicsit nagyobb, mint a test maxim´ alis mozg´ asi energi´ aja. C) A rug´ oban t´ arolt maximális energia egy kicsit kevesebb, mint a test maxim´ alis mozg´ asi energi´ aja. D) A v´ alasz csak a rug´ o´ allandónak és a test tömegének az ismeretében adható meg. 10. Két egyforma ceruzaelemet egyszer sorosan, máskor párhuzamosan kapcsolunk. Mikor keletkezik t¨ obb h˝o, ha a sorosan, vagy ha a párhuzamosan kapcsolt all´ıt´ ast zárjuk r¨ ovidre egy másodpercig? össze´ A) Ha sorosan kapcsoltuk ˝oket. B) Ha p´ arhuzamosan kapcsoltuk ˝oket. C) Azonos mennyiség˝ u h˝ o keletkezik a két esetben. 11. Két végén r¨ ogz´ıtett, 1 m hossz´ u h´ urt 200 Hz-es transzverzális rezgésben tartunk. A transzverz´ alis hullámok terjedési sebessége a h´ uron 100 m/s. Hány csom´ opont alakul ki (a r¨ ogz´ıtett végeken k´ıv¨ ul)? A) Három;

B) kett˝ o;

C) egyetlen egy;

D) nulla.

12. Egy m˝ uanyag tokban lév˝o fém irányt˝ u egyik végéhez (az irányt˝ u tengelyére mer˝ oleges ir´ anyb´ ol) nagyon lassan egy kicsiny, elektromosan töltött testet k¨ ozel´ıt¨ unk. Megmozdul-e az ir´ anyt˝ u? A) Biztosan nem, mert az elektrosztatikus mez˝o nem hat a mágnesre. B) Az ir´ anyt˝ u elmozdul; az elfordulásának iránya a töltés el˝ojelét˝ol f¨ ugg. C) Az ir´ anyt˝ unek a t¨ oltéshez közelebbi vége a töltés felé mozdul el. 498


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 499. oldal – 51. lap


i

13. Egy 12 V-os aut´ oakkumulátort egy elektromágneses tekercs kivezetéseire köt¨ unk. Mekkora fesz¨ ultség keletkezhet a tekercs kivezetésein, ha az áramkört megszak´ıtjuk? A) Legfeljebb √ 12 V. B) Mindig 2 · 12 V fesz¨ ultség indukálódik. C) A keletkez˝o fesz¨ ultség sokkal nagyobb lehet, mint 12 V. D) Az akkumul´ ator lekapcsolásakor a tekercs fesz¨ ultsége azonnal nullára esik. 14. A F¨ oldh¨ oz képest 3 · 107 m/s sebességgel mozgó részecske szembe halad egy fotonnal. Mekkora a foton sebessége a részecskéhez képest? ( ) A) 3 · 108 − 3 · 107 m/s; B) (3 · 108 m/s; ) C) 3 · 108 + 3 · 107 m/s. 15. Egy alfa-részecske rugalmasan u ¨tközik egy álló céltárgy valamelyik atom´ magjával. Atadhat-e nagyobb lend¨ uletet (impulzust) az alfa-részecske az atommagnak, mint amekkor´ aval saj´ at maga rendelkezett az u ¨tközés el˝ott? A) Nem adhat át a sajátj´ anál nagyobb lend¨ uletet (impulzust). ´ B) Atadhat, ha a célt´ argy folyékony hidrogén. ´ C) Atadhat, ha a célt´ argy atommagja is egy alfa-részecske. ´ D) Atadhat, ha a célt´ argy atommagjai legalább 5-ös tömegszám´ uak. Sz´ amol´ asos feladatok 1. Egy 1000 kg t¨ omeg˝ u Skoda gépkocsi 72 km/h sebességgel halad egy ugyanilyen sebesség˝ u, 1500 kg t¨ omeg˝ u Volvo el˝ott. A két autó közötti távolság 20 méter. Ekkor a Volvo el˝ ozni kezdi a Skodát, a Volvo gyorsulása 1 m/s2 , ami egészen addig álland´ onak tekinthet˝ o, am´ıg a két autó egymás mellé nem ér. A Skoda sebessége nem változik, mindvégig 72 km/h marad. a) Mennyi id˝ o m´ ulva éri utol a Volvo a Skodát? b) Mekkora utat tesz meg a Volvo az el˝ozés megkezdését˝ol az utolérés pillanatáig? c) Hányszor nagyobb a Volvo mozgási energiája az utolérés pillanatában, mint a Skoda mozg´ asi energi´ aja? 2. Egy szob´ aban, ahol a h˝ omérséklet 22 ◦ C, a légnyomás pedig 100 kPa, egy légg¨ omb¨ ot 0,6 g héliummal t¨ olt¨ unk meg u ´gy, hogy benne a gáz nyomása 105 kPa legyen. a) Mekkora a légg¨ omb térfogata, ha a benne lév˝o gáz h˝omérséklete szintén 22 ◦ C, és a hélium mol´ aris t¨ omege 4 g/mol? b) Mekkora a leveg˝ o s˝ ur˝ usége a szobában, ha a leveg˝o moláris tömege 29 g/mol? c) Ha a légg¨ omb¨ ot elengedj¨ uk, akkor az felemelkedik, és vég¨ ul a mennyezethez nyom´ odik. Mekkora er˝ ovel szorul a léggömb a mennyezethez, ha a léggömb gumi anyag´ anak t¨ omege 2 g? Mekkora fel¨ uleten érintkezik a léggömb a mennyezettel? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

499

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 500. oldal – 52. lap


i

3. Egy ℓ = 30 cm hossz´ u, könny˝ u, szigetel˝o fonál végén m = 1 g tömeg˝ u kicsiny test helyezkedik el, melynek elektromos töltése Q = 10−6 C. A fonál másik végét tartva a testet v´ızszintes irány´ u, homogén elektromos mez˝obe helyezz¨ uk. Ennek hat´ as´ ara a fon´ al olyan egyens´ ulyi helyzetet vesz fel, hogy a f¨ ugg˝olegessel φ = 20◦ -os sz¨ oget z´ ar be. a) Mekkora az elektromos térer˝osség nagys´ aga? b) Mekkora lengésid˝ ovel mozog ez a fonálinga, ha az elektromos mez˝oben a kicsiny testet kissé kitér´ıtj¨ uk egyens´ ulyi helyzetéb˝ol? 4. Bizonyos mobiltelefonok men¨ urendszerét szakszervizekben b˝ov´ıteni tudják, ´ıgy péld´ aul be lehet áll´ıtani, hogy a kész¨ ulék kijelezze azt is, hogy az akkumulátorának mekkora a pillanatnyi árama, illetve mekkora az akkumulátor kivezetésein mérhet˝ o fesz¨ ultség. Egy ilyen kész¨ ulék 120 mA áramot és 3900 mV fesz¨ ultséget jelez, amikor be van kapcsolva a kijelz˝ojének a megvilág´ıtása. Beszélgetés közben az áram 240 mA értékre n˝ott, a fesz¨ ultség pedig 3800 mV-ra csökkent. a) Mekkora a kész¨ ulék akkumulátorának bels˝o ellenállása? b) Mekkora az akkumul´ ator elektromotoros ereje? c) Készenléti u odban ennek a mobilnak 12 mA az áramfelvétele. Mekkora ¨zemm´ fesz¨ ultséget jelez a kész¨ ulék készenléti u ¨zemmódban, és másodpercenként mennyivel cs¨ okken ilyenkor az akkumul´ ator energiája? Honyek Gyula Budapest

Ny´ ari Fizika T´ abor Domb´ ov´ ar, 2015 A K¨ oMaL ebben az évben is megrendezte nyári táborát, Dombóvár-Gunaras kempingjében, j´ unius 21–27-e között. A tábor vasárnap délután kezd˝odött egy rövid eligaz´ıt´ assal. Ekkor tal´ alkoztunk a szervez˝okkel és seg´ıt˝oikkel: Gn¨ adig Péterrel, Részeg Ann´ aval, Vlad´ ar K´ arollyal, továbbá Kocsis Vilivel, a hajcsárral”. Néhány ” napon kereszt¨ ul Vank´ o Péter és Vigh M´ até, a Nemzetközi Fizikai Diákolimpia magyar csapat´ anak vezet˝ oi is vel¨ unk voltak, ˝ok napközben az olimpiai csapattal edzettek”, este pedig el˝ oad´ asaikkal örvendeztettek meg benn¨ unket. A táborba ” huszonegy (9–11. évfolyamos) fiatal és az öt olimpikon kapott megh´ıvást. A t´ abor célja az volt, hogy egész héten háromf˝os csapatokban oldjunk meg elméleti, becslési és mérési feladatokat, mindenféle fizikai témakörben. Vasárnap esti feladatunk a h´ aromf˝ os csapatok megalkotása volt. Az ország legk¨ ulönböz˝obb helyeir˝ ol érkezt¨ unk, két tanul´ o pedig k¨ ulföldr˝ol (Szlovákia, Svédország). Egyvalami mindannyiunkban k¨ oz¨ os volt: a fizika iránti érdekl˝odés. Vagy inkább szeretet? Akár szenvedély? Egy szorgalmas munkával, KöMaL fizika feladatok oldogatásával teli év állt m¨ og¨ ott¨ unk, most j¨ ott volna el az id˝o a végs˝ o o¨sszecsapásra? Gyors ismerkedés ut´ an hamar o ssze´ a lltak a csapatok. ¨ 500


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 501. oldal – 53. lap


i

A k¨ ovetkez˝ o 5 napban a program az arra a napra kapott feladatok megoldása volt. Voltak, akik egy¨ utt oldottak meg mindent, voltak, akik szétosztották a munk´ at, de ak´ armelyik stratégi´ ara is esett a választás, tapasztalatunk ugyanaz volt: hamar eltelt a délel˝ ott! Ha elakadtunk, a szervez˝ok igyekeztek könyvek ajánlásával vagy pár elindul´ asi ¨ otlettel seg´ıteni rajtunk. A feladatok változatosak, tanulságosak és gondolkodtat´ oak voltak. Egy vicces példa az egyik becslési feladatunkra: Becs¨ ul” j¨ uk meg, h´ any molekul´ at lélegz¨ unk be minden egyes leveg˝ovételnél Julius Caesar utols´ o leheletéb˝ ol, ha azok már egyenletesen elkeveredtek a légkörben.” A mérési feladatok 10 pontot, a becslés 5 és a legfeljebb öt beadható elméleti feladat is 5-5 pontot értek. Este 9-ig volt id˝onk a megoldásukra. A pontverseny nagyon szorosra sikeredett, szinte naponta változott az állás. A verseny végét egy konstrukciós verseny jelentette, amelynek során a csapatok abban versenyeztek, hogy melyik¨ uk rep¨ ul˝ o szerkezete marad leveg˝ oben a legtovább. A legjobb csapatok eredmény¨ uk alapján k¨ onyvet vagy voltmér˝ ot, illetve csokit kaptak. Esti el˝ oad´ asokat hallgathattunk, és – Zentai István fizikus jóvoltából – az egyik éjszaka lehet˝ oség¨ unk ny´ılt arra, hogy egy komoly csillagászati távcs˝ovel megfigyelhess¨ uk a Holdat, a Jupitert, k¨ ulönféle csillagokat és galaxisokat. A félbev´ agott pingponglabdán sétáló hangya sorsának számolásába mélyedve és a leveg˝ o páratartalm´ anak mérésében elmer¨ ulve, észre se vett¨ uk, hogy mikor, de bar´ ats´ agok sz¨ ulettek, u ´gy a kis csapatokon bel¨ ul, mint azon k´ıv¨ ul is. Talán épp ez volt a legmegkap´ obb az egész héten; hiába voltunk mind a 21-en er˝osen ver” senyszellemiség˝ uek”, és ak´ armennyire izgatottan is rohantunk megnézni a pillanatnyi áll´ ast mutat´ o eredménylist´ at, ez senkit sem gátolt meg abban, hogy a másikkal ´ nem csak megismerkedjen, hanem megbarátkozzon, akár a tumegismerkedjen. Es d´ as´ at is megossza, és tal´ an valahol legbel¨ ul egy picit szurkoljon is a másiknak. Valahogy ´ıgy lett a hét sor´ an versenyb˝ol játék, és idegenb˝ol barát. Csod´ alatos hetet t¨ olt¨ ott¨ unk ´ıgy egy¨ utt, melyért köszönettel tartozunk a tábor szervez˝ oinek és támogat´ oinak. Csapo Aletta (Göteborg, Donnergymnasiet) Radnai B´ alint (Veszprém, Lovassy László Gimn.) Varga-Umbrich Eszter (Pápai Református Kollégium Gimn.)

Fizika feladatok megold´ asa

˝ allom´ P. 4705. A Nemzetk¨ ozi Ur´ as 92 perc alatt ker¨ uli meg a F¨ oldet. Tegy¨ uk fel, hogy k¨ orp´ aly´ an mozog. Milyen magasan kering a F¨ old felsz´ıne felett? Mennyit v´ altozik naponta a keringési ideje, ha a p´ alyamagass´ aga (két p´ alyakorrekci´ o k¨ oz¨ ott) egy nap alatt kb. 100 métert cs¨ okken? (4 pont)


Közli: Vass Mikl´ os, Budapest 501

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 502. oldal – 54. lap


i

Megold´ as. A k¨ ovetkez˝ o adatokat és állandókat ismerj¨ uk: ˝ allom´ – az Ur´ as keringési ideje: T = 92 perc = 5520 s; – a F¨ old (k¨ ozepes) sugara: R = 6371 km = 6,371 · 106 m; – a F¨ old t¨ omege: M = 5,974 · 1024 kg; – a Newton-féle gravit´ aci´ os állandó: γ = 6,673 · 10−11 N m2 /kg2 . ˝ allomás h magasságban, tehát a Föld középpontjától Ha az m t¨ omeg˝ u Ur´ valamekkora r = R + h t´ avols´ agban kering, akkor a rá ható gravitációs er˝o F =γ

mM , r2

a (centripet´ alis) gyorsul´ asa pedig

( 2

a = rω = r

2π T

)2 .

A mozg´ asegyenlet szerint F = ma,

azaz

γ

mM = mr r2

(

2π T

)2 .

Innen a keringési pálya sugara, majd annak ismeretében a felsz´ınt˝ol mért távolsága is kisz´ am´ıthat´ o: √ 2 3 γM T r= ≈ 6751 km, h = r − R ≈ 380 km. 4π 2 A keringési id˝ o és a p´ alya körpályájának sugara közötti összef¨ uggés: √ r3 T = 2π . γM Ha ebben a képletben r helyébe a fentebb kiszám´ıtottnál 100 méterrel kisebb értéket ´ırunk, a keringési id˝ ore T ′ = 5519,88 s, vagyis az eredeti értéknél 0,12 másodperccel ˝ allomás keringési ideje, ha kevesebb adódik. Ennyivel cs¨ okken tehát naponta az Ur´ nem hajt végre p´ alyakorrekci´ ot. Csurgai-Horv´ ath B´ alint (Budapest, Szent István Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján Megjegyzés. A keringési id˝ o megv´ altoz´ as´ at két – majdnem egyforma nagys´ ag´ u – id˝ otartam k¨ ul¨ onbségeként sz´ am´ıtottuk ki. Ez nem t´ ul szerencsés elj´ ar´ as, hiszen ezeket az id˝ otartamokat csak bizonyos pontoss´ aggal ismerj¨ uk, és ´ altal´ aban a k¨ ul¨ onbség (abszol´ ut) hib´ aja is a kisebb´ıtend˝ o és a kivonand´ o hib´ aj´ anak nagys´ agrendjébe esik, relat´ıv hib´ aja pedig (ha maga a k¨ ul¨ onbség kicsi) igen naggy´ a v´ alhat. A feladatban megadott 92 perces keringési id˝ o nem azt jelenti, hogy T = 92,000 perc, hanem hogy T értéke valahol 91,5 és 92,5 perc k¨ ozé esik, vagyis 2 jegyre pontos, a harmadik ´ sz´ amjegye bizonytalan. (Altal´ anos szab´ aly, hogy egy fizikai mennyiség megadott értékét annyira tekintj¨ uk pontosnak, amennyire a ténylegesen ki´ırt sz´ amjegyek utalnak.) Emiatt a kisz´ am´ıtott p´ alyasug´ ar is csak ennyire (néh´ any sz´ azaléknyira) pontos, teh´ at a sz´ amszer˝ u értékét csak kb. 60 km-es hiba erejéig vehetj¨ uk komolyan”. Az els˝ o kérdésre adott v´ alasz ” eszerint az, hogy h ≈ (380 ± 60) km. Vegy¨ uk észre, hogy a sz´ azaléknyi pontoss´ aggal kisz´ am´ıtott r és az ezreléknyi pontoss´ aggal megadhat´ o R k¨ ul¨ onbsége m´ ar t¨ obb, mint 15%-ra bizonytalan.

502


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 503. oldal – 55. lap


i

Hasonl´ o m´ odon, de még élesebben jelentkezik ez a probléma az id˝ otartamok k¨ ul¨ onbségénél. A sz´ azaléknyira pontos (vagy ink´ abb pontatlan) r-b˝ ol, illetve annak 100 méterrel lecs¨ okken˝ o értékéb˝ ol kisz´ am´ıtott keringési id˝ or˝ ol csak annyit mondhatunk, hogy T ′ = (5520 ± 50) s (a hib´ anak csak a nagys´ agrendje lényeges, a sz´ amértéke nem). Ennek az id˝ onek és az eredeti T = 5520 s-nak a k¨ ul¨ onbsége (a sz´ amol´ asi pontoss´ ag erejéig) nulla! Mindezek ellenére a keringési id˝ o fentebb kisz´ am´ıtott 0,1 m´ asodperces v´ altoz´ asa helyes, ennek ok´ at, javasoljuk, der´ıtse ki az Olvas´ o. Ha egym´ ashoz k¨ ozeli mennyiségek k¨ ul¨ onbségét kell meghat´ aroznunk, célszer˝ u, ha a paraméterekkel (a fizikai mennyiségeket jel¨ ol˝ o bet˝ ukkel) végezz¨ uk el a sz´ amol´ ast, és a numerikus értékeket csak a végképletbe helyettes´ıtj¨ uk be. Eset¨ unkben péld´ aul az √ ) ( 3 2 alland´ o r =K ·T K = 3 γM/(4π 2 ) = ´ és az (r + ∆r)3 = K · (T + ∆T )2 egyenletek k¨ ul¨ onbségét képezve (és a kis v´ altoz´ asok négyzetét és k¨ obét elhanyagolva) a k¨ ovetkez˝ o eredményt kapjuk: ) ( 3 ∆r 3 −0,1 km ∆T = T = · · 5520 s ≈ −0,12 s. 2 r 2 6751 km L´ athat´ o, hogy a fenti eredmény kisz´ am´ıt´ as´ an´ al nem volt sz¨ ukség¨ unk T és T ′ nagyon pontos (nagyon sok tizedesjeggyel t¨ ortén˝ o) megad´ as´ ara, illetve ilyen pontoss´ ag´ u kisz´ am´ıt´ as´ ara. (G. P.) 85 dolgozat érkezett. Helyes 48 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 14, hi´ anyos (1–2 pont) 15, hib´ as 8 dolgozat.

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

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

Megold´ as. a) A jég olvadása (0 ◦ C-nál melegebb v´ızben) irreverzibilis folyamat, a rendszer entr´ opi´ aja teh´ at – a h˝otan II. f˝otétele szerint – a folyamat során biztosan n¨ ovekszik. b) A v´ız által leadott Q = mv´ız · cv´ız · ∆T = 1 kg · 4,2

kJ · 2 K = 8,4 kJ kg K

h˝ o ford´ıt´ odik a jég megolvaszt´ asára: Q = Lo · mjég . Innen kisz´ am´ıthatjuk a jég t¨ omegét (jóllehet a feladatban ez nem volt kérdés): mjég =

Q 8,4 kJ = = 0,025 kg = 25 g. Lo 334 kJ/kg


503

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 504. oldal – 56. lap


i

Sz´ am´ıtsuk ki (k¨ ozel´ıt˝ oleg) a v´ız és a jég entrópiaváltozását, majd ezek el˝ojeles ¨ osszegéb˝ ol adjuk meg az egész rendszer entrópiájának megváltozását! A jég mindvégig Tjég = 273 K h˝ omérséklet˝ u, ezen a h˝omérsékleten vesz fel Q h˝ot, ´ıgy ∆Sjég =

8,4 kJ J Q = = 30,77 > 0. Tjég 273 K K

A v´ız entr´ opiav´ altoz´ as´ anak szám´ıtása nem ilyen egyszer˝ u, mert a v´ız h˝omérséklete nem álland´ o, 275 K-r˝ ol fokozatosan 273 K-re csökken. Mivel a h˝omérséklet (abszol´ ut h˝ omérsékleti sk´ al´ an) csak kicsit változik, számolhatunk a Tátlagos = 12 (275 K + 273 K) = 274 K h˝ omérséklettel: ∆Sv´ız = −

8,4 kJ J Q =− = −30,66 < 0. Tátlagos 274 K K

(A negat´ıv el˝ ojel azt fejezi ki, hogy a v´ız lead h˝ot.) A teljes (jég+v´ız) rendszer entrópiaváltozása: ∆Srendszer = ∆Sjég + ∆Sv´ız ≈ 30,77

J J J − 30,66 ≈ 0,1 > 0. K K K

Ez val´ oban pozit´ıv, teh´ at az egész rendszer entrópiája növekszik, ahogy azt már kor´ abban (sz´ amol´ as nélk¨ ul) megállap´ıtottuk. Iv´ an Bal´ azs (Fonyód, Mátyás Király Gimn., 10. évf.) dolgozata felhasználásával 39 dolgozat érkezett. Helyes 33 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 1, hi´ anyos (1–3 pont) 4, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4714. Egy mesterséges hold a F¨ old k¨ or¨ ul olyan ellipszisp´ aly´ an kering, amelynek nagytengelye 2a, kistengelye 2b. Hat´ arozzuk meg a mesterséges hold sebességét a) p´ aly´ aj´ anak a F¨ oldh¨ oz legk¨ ozelebbi pontj´ aban, b) p´ aly´ aj´ anak a F¨ oldt˝ ol legt´ avolabbi pontj´ aban, c) a F¨ old k¨ ozéppontj´ at´ ol r t´ avols´ agban. (5 pont)

So´ os K´ aroly (1930–2014) feladata

Megold´ as. a) és b) A mesterséges hold legnagyobb, illetve legkisebb távolsága a F¨ old t¨ omegk¨ ozéppontj´ at´ ol, vagyis az ellipszispálya F fókuszpontjától: √ √ dmin = a − a2 − b2 , dmax = a + a2 − b2 . Az m t¨ omeg˝ u m˝ uhold ¨ osszenergiája (a mozgási és a gravitációs energia összege) a mozg´ as sor´ an álland´ o: (1) 504

Eösszes =

1 Mm 1 Mm 2 mv 2 − γ = mvmax −γ . 2 min dmax 2 dmin K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 505. oldal – 57. lap


i

(M a F¨ old t¨ omegét jel¨ oli.) A mozg´ as során a mesterséges hold perd¨ ulete is állandó, ´ıgy a Földhöz legk¨ ozelebbi (perigeum) és a legt´ avolabbi (apogeum) pontban is ugyanakkora: (2)

mdmax vmin = mdmin vmax . Az (1) és (2) egyenletb˝ ol a két sebesség meghatározható: √ √ √ dmax 2a2 − b2 + 2a a2 − b2 vmax = 2γM = 2γM , (dmin + dmax )dmin 2ab2

√ √ dmin 2a2 − b2 − 2a a2 − b2 vmin = 2γM = 2γM , (dmin + dmax )dmax 2ab2 √ amelyek a szok´ asos c = OF = a2 − b2 jelölés alkalmazásával ´ıgy is fel´ırhatóak: √ √ γM a + c γM a − c (3) vmax = , vmin = . a a−c a a+c √

c) A m˝ uhold teljes energi´ aja (3) és (1) felhasználásával kifejezhet˝o az ismert adatokkal. Péld´ aul a perigeumból számolva: Eösszes = γ

Mm a + c Mm Mm −γ = −γ . 2a a − c a−c 2a

Ez az energia megegyezik a m˝ uhold tetsz˝oleges, a Föld középpontjától r távolság´ u (dmin < r < dmax ), v sebesség˝ u helyzetében számolható összenergiával: √ ( ) 1 M m M m 2 1 2 Eösszes = mv − γ = −γ , ahonnan v(r) = γM − . 2 r 2a r a Kaposv´ ari Péter (Miskolc, Herman Ottó Gimn., 12. évf.) megoldása alapján 45 dolgozat érkezett. Helyes 32 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 8, hi´ anyos (1–3 pont) 5 dolgozat.


505

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 506. oldal – 58. lap


i

P. 4718. Két a oldalél˝ u t¨ om¨ or fémkocka érintkezik egym´ assal az egyik lapjuk mentén. H´ anyszor nagyobb gravit´ aci´ os er˝ ovel vonzza egym´ ast két 3a oldalél˝ u, egym´ assal érintkez˝ o, ugyanabb´ ol a fémb˝ ol kész¨ ult t¨ om¨ or fémkocka? (5 pont)

Közli: Vass Mikl´ os, Budapest

1 m2 aciós er˝ot fejt ki. A felI. megold´ as. Két t¨ omegpont egymásra γ m|r| 3 r gravit´ adatban szerepl˝ o kock´ aknak van kiterjedés¨ uk, és nincsenek olyan messze egymástól, hogy t¨ omegpontként kezelve ˝oket könnyen ki lehetne számolni a rájuk ható er˝ot. Ha az er˝ o nagys´ agát nem is, de a két elrendezésben fellép˝o er˝ok ar´ any´ at egyszer˝ u megfontol´ assal meghat´ arozhatjuk. Bontsuk fel a két kis kock´ at nagyon sok kicsiny, pontszer˝ unek tekinthet˝o részre. Daraboljuk fel a két nagy kock´ at is ugyanennyi részre, mint a kicsiket olymódon, hogy az egyik felbont´ as a másik arányos (lineáris méreteiben háromszoros) nagy´ıtása legyen. A kock´ ak k¨ oz¨ ott ható gravitációs er˝o mindkét esetben a felbontás kis részei k¨ oz¨ ott hat´ o er˝ ok vektori ¨ osszege.

Hasonl´ıtsuk ¨ ossze páronként a kis részek között ható er˝oket az a és a 3a oldalél˝ u kock´ akra. A nagyobb kocka felbontásánál keletkez˝o kicsi részek tömege 33 = 27-szer nagyobb, mint a kis kock´ ak megfelelel˝o részeié. A részek közötti távolság viszont mindegyik párn´ al 3-szor nagyobb a 3a oldalél˝ u kockáknál, mint a kisebb párjuknál, ´ıgy vég¨ ul az er˝ ok ar´ anya 272 /32 = 81. Mivel ez az arány mindegyik er˝opárra igaz, és a kis darabok k¨ oz¨ ott hat´ o er˝ok iránya megegyezik a két elrendezésnél, az ered˝o er˝ore is fenn´ all: a 3a oldalél˝ u kockák 81-szer nagyobb gravitációs vonzóer˝ot fejtenek ki egym´ asra, mint a kisebb, a oldaél˝ u kockák. Asztalos Bogd´ an (Budapest, Baár-Madas Ref. Gimn., 11. évf.), Horv´ ath Botond Istv´ an (Gy˝or, Révai Miklós Gimn., 9. évf.) II. megold´ as. A feladatot a dimenzióanal´ızis módszerével is megoldhatjuk. A keresett F er˝ o nyilv´ an f¨ ugg a γ gravitációs állandótól, a testek ϱ s˝ ur˝ uségét˝ol, valamint a d-vel jel¨ olt méret¨ ukt˝ol. (Eset¨ unkben d = a, illetve d = 3a.) A paraméterekt˝ ol val´ o f¨ uggést kereshetj¨ uk hatványok szorzatának alakjában: F ∼ γ x · ϱy · dz , ahol x, y és z ismeretlen kitev˝ok. A fenti f¨ uggvénykapcsolatnak dimenziók szempontj´ ab´ ol is helyesnek kell lennie: )x ( )y ( kg N m2 z · (m) . N= 2 3 m kg A newton, a méter és a kilogramm f¨ uggetlen mértékegységek (jóllehet a newton nem SI-alapmértékegység), emiatt a hatványkitev˝oj¨ uk k¨ ulön-k¨ ulön rendben kell ” legyen”, vagyis teljes¨ ulnie kell a következ˝o egyenleteknek: 1 = x, 506

0 = 2x − 3y + z,

0 = −2x + y.


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 507. oldal – 59. lap


i

Ezek megold´ asa: x = 1; y = 2 és z = 4, vagyis a keresett f¨ uggvénykapcsolat: F ∼ γ ϱ2 d4 . Láthat´ o, hogy ha a d méretet az eredeti érték 3-szorosára növelj¨ uk, a vonzóer˝o 34 = 81-szer lesz nagyobb. 56 dolgozat érkezett. Helyes 50 megold´ as. Hi´ anyos (2–3 pont) 4, hib´ as 2 dolgozat.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

M. 354. Egy adott h hossz´ uság´ u (lehet˝oleg homogén) ru1 dat l´ assunk el a középpontjától 10 h távolságban lév˝o, a r´ udra mer˝ oleges tengellyel. A tengelyt v´ızszintes helyzetben (bifilárisan) f¨ uggessz¨ uk fel L hossz´ uság´ u fonalakra, majd (az ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon) hozzuk lengésbe a rudat a fonalak által meghat´ arozott s´ıkra mer˝oleges irányban. Figyelj¨ uk meg, hogyan csatolódik” a kétféle leng˝omoz” gás (a r´ ud billegése” és a tengely lengése)! K¨ ulönböz˝o fo” n´ alhosszakat választva határozzuk meg azt az L/h arányt, amelynél a leghosszabb a lebegés” periódusideje! ” (6 pont) Közli: Gn¨ adig Péter, Vácduka

P. 4768. Mennyi ideig tart a Holdon a földfelkelte? (3 pont)

Közli: Vank´ o Péter, Budapest

P. 4769. Az A és B pontok meghatározott – de k¨ ulönben tetsz˝oleges – módon mozoghatnak. Hogyan fejezhet˝o ki az AB távolság felez˝opontjának sebessége és gyorsul´ asa az A és B pontok megfelel˝o adataival? (4 pont)

Farag´ o Andor (1877–1944) feladata

P. 4770. Egy m t¨ omeg˝ u gyerek fel-le ugrál egy trambulin k¨ ozepén. Mennyi a gyerek átlagos gyorsulása egyetlen fel-le ugr´ as teljes idejére vonatkozólag? (3 pont)

Példat´ ari feladat nyomán


507

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 508. oldal – 60. lap


i

P. 4771. Egy 50 cm2 keresztmetszet˝ u mér˝ohengerbe 10 cm magasságig 1,2 g/cm3 s˝ ur˝ uség˝ u s´ ooldatot önt¨ unk, majd erre óvatosan (a rétegek összekeveredését elker¨ ulve) 10 cm vastagság´ u tiszta vizet rétegez¨ unk. a) Mekkora a nyom´ as az edény aljában? b) Mekkora a folyadékok egy¨ uttes gravitációs helyzeti energiája az edény fenekéhez viszony´ıtva? Mennyivel v´ altoznak meg ezek a mennyiségek, ha a folyadékokat összekeverj¨ uk? (A keveredés k¨ ozben fellép˝ o térfogatváltozástól eltekinthet¨ unk.) (4 pont)

Versenyfeladat nyom´ an

P. 4772. Egy D direkci´ os erej˝ u, elhanyagolható tömeg˝ u, L hossz´ uság´ u homogén rug´ ot n részre darabolunk fel. a) Hogyan végezz¨ uk a feldarabolást, ha azt szeretnénk elérni, hogy a kapott kisebb rug´ okat és azonos m t¨ omeg˝ u testeket felváltva egymás után kötve (egy m tömeg˝ u testtel a sor végén), majd az egészet fellógatva, nyugalmi állapotban minden rug´ odarab azonos hossz´ us´ ag´ u legyen? b) Mennyivel ker¨ ul lejjebb a tömegközéppont, ha a rugósor alját δ távolsággal leh´ uzzuk? (Legyen péld´ aul DL = mg és n = 5.) (5 pont)

Közli: G´ asp´ ar Merse El˝ od, Budapest

P. 4773. Egy L = 2 m hossz´ u homogén, vékony r´ ud egyik végével mennyezeti kampóra van felakasztva. A rudat a v´ızszintesig kitér´ıtj¨ uk, majd kezd˝osebesség nélk¨ ul elengedj¨ uk. Amikor átlend¨ ulve f¨ ugg˝oleges helyzetén a f¨ ugg˝olegessel 30◦ -os szöget zár be a r´ ud, a kampóról leválik. a) Legalább milyen mélyen van a talaj a kampótól mérve, ha a r´ ud f¨ ugg˝oleges helyzetben érkezik a talajra? b) Legfeljebb milyen magasra jut mozgása során a r´ ud alsó végpontja? (5 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 4774. Alsó végénél tengelyezett, f¨ ugg˝olegesen tartott r´ ud u oz˝ ovel van ell´ atva, melyen kicsiny gyöngy nyugszik, ¨tk¨ a tengelyt˝ ol d t´ avols´ agban. A rudat az eredeti helyzete kör¨ ul kicsiny θ0 sz¨ ogamplit´ ud´ oj´ u harmonikus rezgésbe hozzuk az ´ abra szerint. Mekkora legyen a rezgés frekvenciája, hogy a gy¨ ongy lerep¨ ulj¨ on a r´ udr´ ol? (A s´ urlódás elhanyagolható.) (5 pont)

508

Közli: Vigh M´ até, Budapest


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 509. oldal – 61. lap


i

P. 4775. Vékony réz- és vasszalagot hosszuk mentén több helyen összeszegecselnek u ´gy, hogy a lemezek távolsága 1 mm. Az ´ıgy elkész¨ ult bimetál szalag 0 ◦ C-on egyenes. Mekkora sugar´ u kör´ıvvé hajlik meg a lemez 200 ◦ C-on? (4 pont)

Szegedi Ervin (1957–2006) feladata

P. 4776. Mekkora az ´ abr´ an látható h´ıdkapcsol´ as R5 ellen´ all´ asa, ha az A és B pontok közötti ered˝ o ellen´ all´ as 9 Ω? Adatok: R1 = 5 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 15 Ω, R4 = 8 Ω. (4 pont)

K¨ ozli: Légr´ adi Imre, Sopron

P. 4777. Egy radar´ allom´ ason, amely 20,0 cm-es hullámhosszon bocsát ki elektrom´ agneses impulzusokat, 2778 Hz-es k¨ ulönbséget észlelnek a kibocsátott és a visszavert jel frekvenci´ aja k¨ oz¨ ott. Mekkora sebességgel közeledett az a rep¨ ul˝ogép, amelyr˝ ol a visszaver˝ odés t¨ ortént? (4 pont)

Példat´ ari feladat nyomán

P. 4778. Két s´ıkt¨ uk¨ orrel szeretnénk növelni egy téglalap alak´ u napelempanel hat´ asfok´ at. A t¨ ukr¨ ok a napelem két hosszabb oldalához illeszkednek a napelem teljes hossz´ aban, valamilyen optimális szögben. Tekints¨ unk egy olyan helyzetet, amikor a Napb´ ol érkez˝ o fénysugarak közel mer˝olegesen érik a napelemet. Azt szeretnénk, hogy a Napb´ ol érkez˝ o és a két t¨ ukörr˝ol visszaver˝od˝o fénysugarak mind a napelemre essenek, egy´ uttal kétszeresére n˝ojön a napelem megvilág´ıtásának er˝ossége. Milyen szélesek legyenek a t¨ ukrök, és hány fokos szöget zárjanak be a napelem s´ıkj´ aval, hogy a lehet˝ o legkevesebb anyagot kelljen felhasználni? (5 pont)

Közli: Radnai M´ arton, Budapest

P. 4779. Nagy kiterjedés˝ u, földelt féms´ık fölött egy R sugar´ u fémgömb helyezkedik el leveg˝ oben, a s´ıkt´ ol h távolságban (R ≪ h). A gömb egy igen vékony fémdr´ ottal a féms´ıkhoz van k¨ otve. Egy Q ponttöltést a gömb közelébe visz¨ unk u ´gy, hogy annak t´ avolsága a g¨ ombt˝ ol és a féms´ıktól egyaránt h legyen. Ekkor a fémdrótot elt´ avol´ıtjuk, majd a pontt¨ oltést is eltávol´ıtjuk. Mekkora lesz ezután a fémgömb és a féms´ık k¨ oz¨ otti fesz¨ ultség? (6 pont)

Közli: Bilicz S´ andor, Budapest

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

d K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/8

509

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 510. oldal – 62. lap


i

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 65. No. 8. November 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 472): K. 475. In the fields in the table (see the figure), enter the integers 1 to 15 so that the sum of the two numbers in any two adjacent field is a perfect square. K. 476. Find all positive integers for which the number obtained by rounding to the nearest thousands is twice the number obtained by rounding to the nearest hundred. (As a rule, numbers ending in 5, 50, 500, . . . round upwards.) K. 477. Johnny is trying to learn how to eat with chopsticks. To practice, he needs to lift a ball of diameter 4 cm with the chopsticks, as shown in the diagram. (A ball can be lifted if its centre lies in the plane of the two sticks.) The two chopsticks in Johnny’s hand enclose an angle of 60 degrees. Find the distance of the crossing point of the two sticks from the closest point of the ball during this operation. K. 478. Farmer Thomas wanted to buy 4 metres of chain that costs 210 forints (HUF, Hungarian currency) a metre. The shop assistant tried to talk him into buying all the 10 metres they have in stock, but Farmer Thomas insisted on buying 4 metres only. However, he noticed that the assistant, on purpose, made a mistake in measuring the 4 metres, and cut off a shorter piece. Therefore he decided to ask for the other piece instead, which the assistant had to sell him for the price of 6 metres in order to avoid being caught cheating. Had he not noticed the cheating, it would have cost Farmer Thomas 14/9 as much to buy a metre of chain as it actually cost with this clever manoeuvre. How many metres of chain did Thomas ( −c )−d get? K. 479. In the expression (−a−b ) the numbers 1, 2, 3, 4 are substituted for a, b, c, d in some order. In which case will the value of the expression be a maximum, and in which case will it be a minimum? K. 480. In the following addition, the five letters stand for the five odd digits in some order: a + bb + ccc + dddd + eeeee. Find the sum of all five-digit numbers that can be represented in this form. New exercises for practice – competition C (see page 473): Exercises up to grade 10: C. 1315. In a chocolate factory, chocolate mass is poured into molds to make 100-gram bars. Owing to a malfunction of machinery, one out of 45 bars breaks in the process. A quality control inspector spots these broken bars before they would get wrapped, and returns them to the molten chocolate mass. However, the inspector misses one out of 21 broken bars and lets them go on to the wrapping machine. Out of 10 tonnes of chocolate mass, how many broken bars of chocolate will get to the market? C. 1316. In a classroom there are 18 seats altogether, forming 3 columns and 6 rows. 10 girls and 7 boys sit down in the classroom. How many different seating arrangements are possible if no row or column may consist of all boys or all girls? Exercises for everyone: C. 1317. The interior angles lying at vertices A, B, C and D of a pentagon ABCDE are 90◦ , 60◦ , 150◦ and 150◦ , respectively. Furthermore AB = 2BC = 34 AD. Prove that the line segment joining the intersection of lines AE and CD to the intersection of lines AD and BC is parallel to AB. C. 1318. The number 518 has an interesting property. Consider the six three-digit numbers obtained with the different permutations of the digits of 518. The mean of these numbers is equal to 518. Find all three-digit numbers of different digits with this property. C. 1319. The midpoints of the sides of a quadrilateral √ form a square. The area of the quadrilateral is 50, and two opposite sides are 5 and 85 . How long are the other two sides? Exercises upwards of grade 11: C. 1320. Solve the following equation √ on the set of real numbers: 4x2 y 2 + z 4 + 3x2 y − 6x2 + 16 = 7z 2 + 4xyz. C. 1321. How many different simple graphs of 6 vertices and 5 edges are there? New exercises – competition B (see page 474): B. 4741. How many different triangles with an axis of symmetry are there in which one side is twice as long as one of the altitudes? Similar triangles are not considered different. (3 points) B. 4742.

510


i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 511. oldal – 63. lap


i

Show that it is possible to label the edges of a complete graph of n > 3 vertices with 1, 2 or 3, so that the product of the labels of the edges be different at each vertex. (4 points) B. 4743. The inscribed circle of triangle ABC touches sides BC, AC and AB at points A1 , B1 and C1 , respectively. Let the orthocentres of triangles AC1 B1 , BA1 C1 and CB1 A1 be MA , MB and MC , respectively. Show that triangle A1 B1 C1 is congruent to triangle MA MB MC . (4 points) (Proposed by Sz. Mikl´ os, Herceghalom) B. 4744. Let n be a nnon-negative integer. Determine the exponent of 7 in the prime factor representation n of 37 + 47 . (5 points) (Proposed by K. Williams, Szeged) B. 4745. Let n be a positive 1 1 + cos2n = 2n+1 . (4 points) (Proposed by L. Long´ aver, integer. Solve the equation sin2n x x Szatm´ arnémeti) B. 4746. The inscribed circle of triangle ABC touches sides BC, AC and AB at points A1 , B1 and C1 , respectively. The other intersection of line segment AA1 with the inscribed circle is Q. The line through point A parallel to BC intersects the lines A1 C1 and A1 B1 at points P and R. Prove that P QR^ = B1 QC1 ^. (5 points) (Kvant) B. 4747. In a certain lottery game, 6 numbers are drawn every week, out of the numbers 1 to 45. The draw of the first week of this year produced surprising results, since five consecutive numbers appeared. The numbers drawn were 37, 38, 39, 40, 41, 45. The news spread fast in the press. The question arises whether the excitement was justified: are these numbers so special? Let a number sequence be called perfect if it consists of six consecutive numbers, and nearly perfect if exactly five numbers out of the six are consecutive. How many perfect and nearly perfect combinations are there? Considering that the lottery game has been played for 26 years, and there have been 1227 weekly draws so far, what is the probability that during a time interval of this length at least one perfect or nearly perfect sequence of numbers is drawn? (3 points) (Proposed by M. E. G´ asp´ ar, Budapest) B. 4748. A triangle H is rotated about a line lying in its plane but not intersecting it. Show that the volume of the resulting solid equals the product of the perimeter of H and the area of the circle described by the centroid of H during the rotation. (5 points) B. 4749. The feet of the altitudes drawn from vertices B and C of an acute-angled triangle ABC on the sides AC and AB are D and E, respectively. The midpoint of side BC is F . The intersection of line segments AF and DE is M , and the orthogonal projection of point M onto the line segment BC is N . Prove that line segment AN bisects line segment DE. (6 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger – In memoriam Attila K´ alm´ an) New problems – competition A (see page 476): A. 653. Let n > 2 be an integer. Prove that there exist integers a1 , . . . , an−1 such that a1 arctg 1 + a2 arctg 2 + . . . + an−1 arctg(n − 1) = arctg n if and only if the number n2 + 1 is composite. (Based on a problem of IMC 2015, Blagoevgrad) A. 654. Let p(x) be a polynomial of degree at most n such that p(x) 6 √1 for 0 < x 6 1. Prove that p(0) 6 n + 1 . A. 655. Two 2

x

circles, k1 and k2 meet at points A and B. Points C and D lie on k1 , while points E and F lie on circle k2 in such a way that A, C, E are collinear and B, D, F are collinear, too. Points G and H are other two points on lines ACE and BDF , respectively. The line CH meets F G and k1 the second time at I and J, respectively. The line DG meets EH and k1 the second time at K and L, respectively. Circle k2 meets the lines EHK and F GI the second time at M and N , respectively. The points A, B, C, . . . , N are distinct. Show that I, J, K, L, M and N are either concyclic or collinear.

Problems in Physics (see page 507) M. 354. Attach a spindle perpendicularly to a (preferably uniform density) rod of 1 length h at a distance of 10 h from the centre of the rod. Hang the spindle horizontally with threads of lengths L (bifilar suspension), then make the rod swing perpendicularly to the plane determined by the threads (as shown in the figure). Investigate how the two types


511

i

i i

i

i i

i

2015.11.18 – 15:18 – 512. oldal – 64. lap


i

of swinging motions (the wobbling of the rod and the waggling of the spindle) couple. Choose different thread lengths, and determine that ratio of L/h at which the period of the alternation between the two types of oscillation is the longest. P. 4768. How long does the Earthraise take on the Moon? P. 4769. The motion of points A and B is determined – but otherwise not restricted. How can the velocity and the acceleration of the midpoint of the line segment AB be expressed in terms of the appropriate data of points A and B? P. 4770. A child of mass m is bouncing on a trampoline. What is the average acceleration of the child during one complete jump (up and down motion)? P. 4771. A graduated cylinder of cross-section 50 cm2 is filled with some salt solution of density 1.2 g/cm3 up to a height of 10 cm, and then carefully (without mixing the layers) 10 cm-high clean water is stratified onto it. a) What is the pressure at the bottom of the cylinder? b) What is the total gravitational potential energy of the two samples of liquid with respect to the bottom of the cylinder? By what amount will these quantities change if the two samples of liquid are mixed? (Neglect the change in the volume of the whole mixture due to the mixing process.) P. 4772. A negligible mass and homogeneous spring spring of spring constant D and of length L is cut into n pieces. The small pieces of the spring are alternately attached to bodies of mass m each, thus creating a chain (at its end there is a body of mass m). Then the chain is hung. How should the spring be cut, in order to gain the same lengths of springs in the chain when it is hanging at rest. b) What distance does the centre of gravity move down if the bottom of the chain is pulled down by a distance of δ? (Let for example DL = mg and n = 5.) P. 4773. A uniform thin rod of length L = 2 m is suspended with a hook at the ceiling. The rod is raised into horizontal position and it is released with zero initial velocity. After passing the vertical position, when the rod encloses an angle of 30◦ with the vertical, the rod leaves the hook. a) What is the least distance between the ground and the hook, if the rod arrives to the ground in a vertical position? b) What is the maximum height of the bottom end of the rod during the motion? P. 4774. A bumper is mounted to a vertical rod, hinged at its bottom end, at a distance of d from the hinge. There is a small bead at rest on the bumper. The rod is started to vibrate and executes SHM about its original position with a small angular amplitude of θ0 , as shown in the figure. What should the frequency of the vibration be in order that the bead flies off? (Friction is negligible.) P. 4775. Thin copper and iron strips are riveted together along their length to form a bimetallic strip. The distance between the two strips is 1 mm. The bimetallic strip is flat at the temperature of 0 ◦ C. What will the radius of the bent strip be at a temperature of 200 ◦ C? P. 4776. What is the resistance R5 of the bridge circuit shown in the figure if the equivalent resistance between points A and B is 9 Ω? Data: R1 = 5 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 15 Ω, R4 = 8 Ω. P. 4777. At a radar station where electromagnetic impulses of 20 cm wavelength are emitted, a difference of 2778 Hz is detected between the frequency of the emitted and reflected impulses. What was the velocity of the air-plane which reflected the emitted beam? P. 4778. We would like to enhance the efficiency of a rectangular solar PV panel with using two plane mirrors. The mirrors fit along the whole length of the two longer edges of the panel at a sort of optimal angle. Consider the situation when the incident solar rays are nearly perpendicular to the panel. Our aim is to achieve that all the rays coming from the Sun and reflected from the mirrors should fall onto the panel thus the illumination of the panel is doubled. What should the optimal angle and the width of the mirrors be if the material used is to be minimum? P. 4779. At a height of h above a broad grounded metal sheet there is a metal sphere of radius R in the air (R ≪ h). The sphere is joined to the sheet with a very thin piece of metal wire. A point charge is brought near the sphere, such that its distance from both the sphere and the sheet is h. Then we first remove the wire and after the charge. What will the potential difference between the sphere and the sheet be?

65. évfolyam 8. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. november

i

i i

i

KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

Recommend Documents