XL. Felvidéki Magyar Matematikaverseny – Oláh György Emlékverseny Galánta – 2016 Megoldások 1. évfolyam 1. Oldjuk meg az egész számok halmazán az x − 11 x − 12 x − 2005 x − 2004 + = + 11 12 2005 2004 egyenletet. Megoldás: Az egyenlet mindkét oldalából vonjunk ki 2-őt a következő módon x − 2005 x − 2004 x − 11 x − 12 −1+ −1= −1+ − 1, 11 12 2005 2004 majd rendezéssel a következő szorzatot kapjuk: 1 1 1 1 (x − 2016) + − − = 0, 11 12 2005 2004 aminek a megoldása x = 2016. 2. Három különböző p, q, r prímszám szorzata az összegük ötszörösével egyenlő. Melyek ezek a prímszámok? Megoldás: A feladat értelmében: pqr = 5(p + q + r), ami azt jelenti, hogy a prímszámok valamelyike 5-tel 5+r 6 egyenlő. Legyen p = 5, akkor qr = 5 + q + r, ebből q = = 1+ . Az r − 1 osztója a r−1 r−1 6-nak, ebből következik, hogy r = 2, 3, 7. A három lehetőséget megvizsgálva kapjuk, hogy a feladat feltételeit a 2, 5, 7 prímszámok elégítik ki. 3. Az ABCD trapézt átlói négy háromszögre osztják. Az átlók metszéspontja M . Mekkora a trapéz területe, ha TAM D = 6 cm2 és TDM C = 4 cm2 ?
Megoldás: Feladat értelmében TAM D = 6 = TBM C , TDM C = 4 cm2 . Mivel ABM és CDM háromszögek hasonlók AM TACM 3 (megfelelő szögeik egyenlők), ezért k = = = . így TABM = k 2 · TDM C = 9 cm2 . Tehát a CM TDM C 2 2 trapéz területe TABCD = 4 + 9 + 6 + 6 = 25 cm . 4. A derékszögű ABC háromszög oldalhosszai egész számok, kerülete pedig 120 cm. Határozzuk meg oldalainak hosszát. Megoldás: Legyenek a ≤ b a befogók, c az átfogó. Ismert, hogy a + b > c és adva van, hogy a + b + c = 120. Ezekből a + b > 60, a ≤ b < c < 60. Pitagorasz tétele és az adott kerület szerint a2 + b2 = c2 = (120 − (a + b))2 = 1202 − 24(a + b) + a2 + 2ab + b2 . Ebből ab − 120(a + b) + 7200 = 0, és végül (120 − a)(120 − b) = 7200.
Tudjuk, hogy a, b pozitív egész számok és 120 − a ≥ 120 − b > 60. Mivel 7200 = 120 · 60, így a 7200 pontosan háromféleképp bontható az említett (120 − a)(120 − b) tényezőkre: 100 · 72 = 96 · 75 = 90 · 80. Innen könnyen megkapjuk mindhárom megoldást: (20; 48; 52), (24; 45; 51), (30; 40; 50) oldalhosszúságú háromszögek. 5. Egy könyv oldalait 1-től n-ig megszámoztuk, de az egyik oldalszámot kétszer írtuk le s így a számok összegeként 2345-öt kaptunk. Hány oldalas a könyv? Megoldás: Az első n természetes szám összegéből kiindulva felírható a következő egyenlet: 1 + 2 + 3 + ··· + n + k =
n(n + 1) + k = 2345, 2
ahol a k a kétszer leírt oldalszám és érvényes, hogy 1 ≤ k ≤ n. Behatároljuk az egyenlet balodalát n2 n(n + 1) n(n + 1) n(n + 3) (n + 2)2 figyelembe véve, hogy 1 ≤ k ≤ n. Tehát < +1≤ +k ≤ < . 2 2 2 2 2 √ n2 (n + 2)2 Vagyis < 2345 < , amit tovább alakítva kapjuk, hogy n < 4690 < n + 2. Innen n = 67 2 2 vagy 68. Az első egyenletünknek az n = 67 felel meg ahonnan k = 67. Tehát a könyvünk 68 oldalas. 6. Melyik az a ef gh négyjegyű szám, amelyre teljesül ef gh + ef g + ef + e = 2016? Megoldás: Az egyenlet baloldalát írjuk át 10-es számrenszerbeli alakra a következő módon: 1000e + 100f + 10g + h + 100e + 10f + g + 10e + f + e = 2016, amit rendezve 1111e + 111f + 11g + h = 2016 alakra hozhatunk. Mivel 1111e > 2016, ezért e 6= 2. Így e = 1, ezért 111f + 11g + h = 905. Továbbá 7 < f < 9, ezért egyenletünk így alakul: 11g + h = 17, amiből g = 1 és h = 6. A keresett négyjegyű számunk az 1816, ami teljesíti a feltételt: 1816 + 181 + 18 + 1 = 2016. 2. évfolyam 1. A valós számok halmazán oldjuk meg az r
x √ 80 + xy = √ y xy x + y = 20
egyenletrendszert. Megoldás:
√ Értelmezve az egyenletrendszert: xy > 0. Az első egyenlet xy-nal szorozva, feltételeket figyelembe véve, a következő alakra rendezhető: x + xy = 80. A második egyenletből y-t kifejezve, majd az x + xy = 80 egyenletbe helyettesítve kapjuk az x2 − 21x + 80 = 0 másodfokú egyenletet, aminek a megoldásai: x1 = 5 és x2 = 16. Így az egyenletrendszer megoldásai a következő számpárok: [16; 4], [5; 15].
ab bc ac 2. Az a, b, c pozitív valós számokra teljesül az a + b + c = 1 feltétel. Határozzuk meg az + + c a b kifejezés minimumát. Megoldás: A számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenséget 3-szor 2-2 tagra alkalmazva kapjuk: ab bc + ≥ 2b, c a
ab ac + ≥ 2a, c b
bc ac + ≥ 2c. a b
Összeadva a 3 egyenlőtlenséget: 2ab 2bc 2ac + + ≥ 2(a + b + c) = 2. c a b 1 A keresett minimum tehát 1, és a közepek tulajdonságából kifolyólag a kifejezés ezt a = b = c = 3 esetében éri el. 3. Legyen az ABCD trapéz AB és CD alapjainak egy-egy tetszőleges pontja X és Y , az AY és DX metszéspontjai U illetve az XC és BY metszéspontja V . Igazoljuk, hogy TAU D + TBV C = TU XV Y , ahol T területet jelöl.
Megoldás: Kössük össze az X és Y pontokat, így 2 trapézt kaptunk: AXY D, XBCY. Mivel ADU és U XY háromszögek területe, illetve az XV Y és BCV háromszögek területe megegyezik, ezért TAU D + TBV C = TU XV Y . 2. megoldás TABY = TADX +TBCX , vonjunk ki mindkét oldalból (TAXU + TBV X )-t. Így is a TAU D +TBV C = TU XV Y egyenlőséghez jutunk. 4. A derékszögű ABC háromszög oldalhosszai egész számok, kerülete pedig 280 cm. Határozzuk meg az oldalainak hosszát. Megoldás: Legyen a ≤ b a két befogó, c az átfogó. Ismert, hogy a + b > c és adva van, hogy a + b + c = 280. Ezekből a + b > 140, a ≤ b < c < 140. Pitagorasz tétele és az adott kerület szerint a2 + b2 = c2 = (280 − (a + b))2 = 2802 − 560(a + b) + a2 + 2ab + b2 . Innen 0 = 39 200 − 280(a + b) + ab, és végül 39 200 = (280 − a)(280 − b). Tudjuk, hogy a, b pozitív egész számok és 280 − a ≥ 280 − b > 140. Mivel 39 200 = 280 · 140, ezért a 39 200 pontosan háromféleképp bontható az említett (280−a)(280−b) tényezőkre: 245·160, 224·175, 200 · 196. Innen könnyen megkapjuk mindhárom megoldást: (35; 120; 125), oldalhosszúságú háromszögek.
(56; 105; 119),
(80; 84; 116)
5. Bizonyítsuk be, hogy tetszőlegesen kiválasztott hét pozitív egész szám közül mindig kiválasztható négy úgy, hogy összegük osztható legyen 4-el. Megoldás: 3 szám paritása 4-féle lehet: ppp, ppn, pnn, nnn. Tehát 3 szám közül mindig kiválasztható 2 úgy, hogy összegük fele természetes szám. Legyen a 7 szám: a, b, c, d, e, f, g. Továbbá legyen például: a+b c+d ∈ N. A fennmaradó 5 közül ismét kiválasztható 2, pl. c és d úgy, hogy ∈ N . A maradék 2 2 e+f a+b c+d e+f háromból pl. ∈ N. Az ∈ N, ∈ N, ∈ N közül ismét kiválasztható 2 úgy, hogy 2 2 2 2 1 a+b c+d a+b+c+d + = ∈ N , amit bizonyítani akartunk. 2 2 2 4 6. Határozzuk meg az x, y, z, v pozitív egész számokat, amelyekre érvényes: 1
x+
=
1
y+
z+
101 . 91
1 v
Megoldás: 101 Mivel 1 < < 2, ezért x = 1. Ebből adódóan 91 1
y+
z+
1 v
=
91 1 =9+ . 10 10
1 1 1 = 10 adódik. A z + akkor lesz egész, ha ∈ Z. Ez csak abban az estben, ha v v v v = 1. Így z = 9. A keresett számok tehát Így y = 9 és z +
x = 1, y = 9, z = 9, v = 1. 3. évfolyam 1. Oldjuk meg az egész számok halmazán az x2 − 3x − 4xy − 2y + 4y 2 + 4 = 0 egyenletet. Megoldás: Rendezzük egyenletünket: x2 − x(4y + 3) + 4y 2 − 2y + 4 = 0. Ebből
p p (4y + 3)2 − 4(4y 2 − 2y + 4) 4y + 3 ± 32y − 7 x1,2 = = , 2 2 D= 32y − 7 egy páratlan szám négyzete kell, hogy legyen, ezért 32y − 7 = (2k + 1)2 , k ∈ Z, amiből (k + 3)(k − 2) + 1. Mivel a szorzatban szereplő tényezők paritása különböző, ezért a k = 8q − 3 y= 8 vagy k = 8q + 2, q ∈ N . 4y + 3 ±
102015 + 1 102016 + 1 és y = , akkor melyik érték a nagyobb? 102016 + 1 102017 + 1 Megoldás:
2. Ha x =
Vizsgáljuk meg az x − y különbséget. 2 102015 + 1 102017 + 1 − 102016 + 1 102015 + 1 102016 + 1 x − y = 2016 − = . 10 + 1 102017 + 1 (102016 + 1) (102017 + 1) A tört nevezője pozitív, ezért a számlálóját vizsgáljuk: 2 102015 + 1 102017 + 1 − 102016 + 1 = 102015 + 102017 − 2 · 102016 = = 102015 · (1 − 10) + 102015 · 102 − 10 = 81 · 102015 > 0, ezért x > y. Megjegyzés: a = 102015 helyettesítést alkalmazva szintén eljuthatunk a megoldáshoz. 3. A konvex ABCD négyszögben az AB és CD oldalak belső pontjai rendre P és Q, miközben teljesül, AB CD hogy = = k > 1. Határozzuk meg az ABCD és AP CQ négyszögek területeinek arányát. PB QD
Megoldás:
Az ABCD és az AP CQ négyszögeket az AC szakasz felosztja két háromszögre. TABC jelölje az ABC háromszög területét. Ekkor TP AC PA BA − BP BP 1 k−1 = = =1− =1− = . TBAC BA BA BA k k Hasonlóan
TQAC QC DC − DQ DQ 1 k−1 = = =1− =1− = . TDCA DC DC DC k k Az AP CQ négyszög területe: TAP CQ = TP AC + TCQA . Felhasználva a fenti két arányt: TAP CQ = TP AC + TCQA = TBAC · Innen
TABCD k = . TAP CQ k−1
k−1 k−1 k−1 k−1 + TCDA · = (TBAC + TCDA ) · = TA BCD · . k k k k
4. Adott tíz különböző kétjegyű pozitív szám. Mutassuk meg, hogy ezen számok felhasználásával (nem feltétlenül az összessel) képezhetünk két olyan A és B közös elem nélküli – diszjunkt – halmazt, hogy az A halmezbeli számok összege egyenlő lesz a B halmazbeli számok összegével. Megoldás: Jelöljük a 10 darab szám halmazát H-val. A H halmaz részhalmazainak száma 210 = 1024. A 2 keresett A és B halmaz nyilván H-nak valamely részhalmaza lesz. Legyen SA az A halmazbeli számok összege, SB pedig a B halmazbeli számok összege. Érvényes, hogy 10 ≤ SA ≤ 945 és ugyanúgy 10 ≤ SB ≤ 945. A skatulyaelv alapján biztos lesz legalább két olyan (A és B) részhalmaza H-nak, melyekben a számok összege egyenlő lesz. Ha A és B nem lenne diszjunkt, akkor a közös elemeket kivonjuk mindkét halmazból, ezzel az összegek egyenlősége nem változik meg. Ezzel a feladatban szereplő állítást beláttuk. 5. Oldjuk meg a valós számok halmazán a sin 2x + tg x = 2 egyenletet. Megoldás: Rendezzük az egyenletet: tg x − 1 = 1 − sin 2x, tovább rendezve kapjuk: sin x − 1 = sin2 x + cos2 x − 2 sin x cos x, cos x majd ebből
sin x − cos x = (sin x − cos x)2 cos x π és cos x 6= 0. sin x = cos x pontosan akkor, ha x = + kπ, ahol k ∈ Z. Ha sin x 6= cos x, akkor 4 (sin x − cos x)-el egyszerűsítve, majd cos2 x 6= 0-al osztva kapjuk: 2 sin x sin x + 2 = 0. − cos x cos x sin x = z helyettesítést alkalmazva kapjuk: cos x z 2 − z + 2 = 0, aminek nincs megoldása a valós számok halmazán. 6. Hány olyan pont van az
x + 100 100 egyenes és a koordinátatengelyek alkotta háromszögben és a határán, amelyek koordinátái egész számok? y=−
Megoldás: Ha az egyenes és a koordinátatengelyek alkotta háromszög belsejében és határán levő P pont koordinátái egészek, e pontnak illeszkednie kell az y = 0, y = 1, y = 2, . . . , y = 100 egyenesek valamex lyikére. Ha y = 0, akkor 0 = − + 100, ahonnan x = 10000. Tehát az y = 0 egyenesen, vagyis 100 az x tengelyen 10001 darab ilyen pont van. Ha y = 1, akkor x = 9900. Tehát az y = 1 egyenesen 9901 darab ilyen pont van. Ezt a gondolatmenetet folytatva kapjuk a következő számtani sorozatot: 10001, 9901, 9801, . . . , 1. Így a keresett pontok száma (1 + 10001) · 101 = 505101. 2
4. évfolyam 1. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert: p p 17 x + x2 − y 2 x − x2 − y 2 p p + = , 4 x − x2 − y 2 x + x 2 − y 2 p x(x + y) + x2 + xy + 4 = 52. Megoldás:
√ A t = x(x + y) jelölésnél a második egyenlet alakja t + t√ + 4 = 52. Innen t + 4 = (52 − t)2 , 2 t − 105t + 2700 = 0 és t = 45 (t = 60 nem ad megoldást t + t + 4 = 52 miatt). Tehát a második egyenletből azt kaptuk, hogy x(x + y) = 45. Az első egyenletből (beszorozva) kapjuk
x+
2 2 17 p p x2 − y 2 + x − x2 − y 2 = · y2, 4
25 2 4 · y , tehát y = ± · x. 4 5 9 4 Ha y = · x, akkor · x2 = 45, innen x = ±5, tehát (x; y) = (5; 4) vagy (x; y) = (−5; −4). 5 5 4 1 Ha y = − · x, akkor · x2 = 45, innen x = ±15, tehát (x; y) = (15; −12) vagy (x; y) = (−15; 4). 5 5 Az egyenletrendszernek négy megoldása van. ebből 4x2 =
2. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges a, b pozitív valós számok esetén teljesül az 1 b2 2 (a + 9) a + + ≥ (a + b + 1)2 a 8 egyenlőtlenség. Mely a, b számok esetén áll fenn az egyenlőség? Megoldás: Pozitív számokról lévén szó, négyzetre emelés, beszorzás és rendezés után kapjuk a 8 a4 − 16a2 + 8 + a2 b2 − 16ab + 64 + a 64a2 − 16ab + b2 ≥ 0 egyenlőtlenséget, amelyet a következő alakra hozhatjuk: 2 8 a2 − 1 + (ab − 8)2 + a(8a − b)2 ≥ 0. Egyenlőség akkor áll fenn, ha a = 1 és b = 8. Megjegyzés: a feladat megoldható a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség segítségével is. 3. Az ABC derékszögű háromszögben D az AB átfogó tetszőleges belső pontja. A D pont merőleges vetületei a BC és AC befogókra rendre E és F . Bizonyítsuk be, hogy az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei egyenlők, ahol a G pont az AE és F B egyenesek metszéspontja.
Megoldás: Az eredeti két alakzathoz, pontosabban az ABG háromszöghöz és az ECF G négyszöghöz csatoljuk a BEG háromszöget. Az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei egyenlők – állítás helyett bizonyítsuk be, hogy az F CB háromszög és az AEB háromszög területei egyeznek meg. 1 1 Területeikre érvényes, hogy TAEB = · EB · AC és TF CB = · CB · EC. Az EDB és a CAB 2 2 EB ED háromszögek hasonlók, ezért = . Ebből viszont következik az EB·AC = CB·ED = CB·CF CB AC (felhasználtuk, hogy ED = CF ). Ebből következik, hogy az ABG háromszög és az ECF G négyszög területei megegyeznek. 4. Az abcd négyjegyű számot „ügyesnek” nevezzük, ha teljesül a következő két feltétel: a2 + b2 = c2 + d2 és a + b = c + d. Hány „ügyes” szám létezik? Megoldás: A feltételek rendezésével kapjuk: a − d = c − b, illetve a fentieket figyelembe véve a2 −d2 −(c2 −b2 ) = (a−d)(a+d)−(c−b)(c+b) = (c−b)(a+d)−(c−b)(c+b) = (c−b)(c+b−a−d) = 0 Ha c = b: ebben az esetben az elsőből következik, hogy a = d, ezért a keresett szám abba alakú lesz, ahol a és b nem feltétlenül különböző számok. Ha c 6= b: a másik egyenletből kapjuk, hogy a + d = c + b. Figyelembe véve, hogy a − d = c − b, és rendezve a két egyenletet kapjuk, hogy a = c, de akkor a a második egyenlet miatt b = d is, tehát „ügyes” szám az abab alakú is, viszont a 6= b (b 6= c = a). Az abba alakú számból 9 · 10 = 90 van, az abab alakú számból 9 · 9 = 81 van, tehát összesen 171 „ügyes” szám létezik. 5. Az iskolai asztaltenisz bajnokságon minden résztvevő egy mérkőzést játszott minden másik résztvevővel. Tudjuk, hogy a győztes a meccseinek több mint 68 %- át, de kevesebbet, mint 69 %- át nyerte meg. Határozzuk meg a résztvevők számát. Megoldás: Ha minden játékos k mérkőzést játszott, a résztvevők száma k + 1 volt. A győztes x meccset nyert, és k − x meccset veszített. Érvényes tehát: 0, 68 · k < x < 0, 69 · k, illetve 0, 31 · k < k − x < 0, 32 · k A második egyenlőtlenséget kettővel szorozva, és felhasználva az első egyenlőtlenséget, azt kapjuk, hogy: 0, 62 · k < 2(k − x) < 0, 64 · k < 0, 68 · k < x < 0, 69 · k Az egyenlőtlenségben 2(k − x) és x csakis két különböző természetes szám lehet 0, 62 · k és 0, 69 · k között. Emiatt: 0, 69 · k − 0, 62 · k > 1, amiből k > 14, 285 . . . , azaz k ≥ 15. Ha k = 15, úgy 0, 68 · k = 0, 68 · 15 = 10, 2 és 0, 69 · k = 0, 69 · 15 = 10, 35. Ezek között viszont nincs egész szám emiatt k = 15 nem felel meg. Ha k = 16, úgy 0, 68 · k = 0, 68 · 16 = 10, 88 és 0, 69 · k = 0, 69 · 16 = 11, 04. Közöttük van a 11, ami egész szám, így ez lehet x. A játékosok száma tehát k + 1 = 17 lehet. x 6. Hány olyan pont van az y = − + k, k ∈ Z + egyenes és a koordinátatengelyek alkotta háromszögben k és a határán, amelyek koordinátái egész számok? Megoldás:
Ha az egyenes és a koordinátatengelyek alkotta háromszög belsejében és határán levő P pont koordinátái egészek, e pontnak illeszkednie kell az y = 0, y = 1, . . . , y = k egyenesek valamelyikére. Ha x y = k, akkor k = − + k, ahonnan x = 0. Tehát az y = k egyenesen 1 darab ilyen pont van. Ha k y = k − 1, akkor x = k. Tehát az y = k − 1 egyenesen k + 1 darab ilyen pont van. Ezt a gondolatmenetet folytatva kapjuk a következő számtani sorozatot: a1 = 1, d = k, n = k + 1, an = k 2 + 1, amelynek tagjai: 1, k + 1, 2k + 1, 3k + 1, . . . , k 2 + 1. Így a keresett pontok száma (k 2 + 2)(k + 1) . 2
