XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, november 30. IX. osztály

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30.

IX. osztály 1. Feladat Szabadon engedünk 41 pillangót egy téglatest alakú helyiségben, melynek méretei 5 m, 4 m, 2 m. Bizonyítsuk be, hogy bármely pillanatban létezik két olyan pillangó, melyek távolsága 1,8 m-nél kisebb. MEGOLDÁS A helyiség térfogata 40 m 3 . Osszuk fel a helyiséget 40 darab 1 m 3 térfogatú kockára és tekintsük a pillangókat pontszerűnek. Minden pillangó tartozzon ahhoz a kockához, amelyikben tartózkodik. A skatulya elv alapján ekkor lesz legalább egy olyan kocka, amelyhez két pillangó tartózik. Ekkor a két pillangó távolsága kisebb, mint 1,8 m, mivel az 1 m élhosszúságú kocka testátlója 3  1,732 m hosszú. 2. Feladat Igazold, hogy az x, y, z pozitív számokra teljesül az alábbi egyenlőtlenség: x yz x y z    3 y z x xyz Matlap 2008/10 MEGOLDÁS Felírjuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget a pozitív

x y z , , számokra. y z x

1 x x y x2 x3 x      3 3  3 y y z  yz xyz 3 xyz Hasonlóan kapjuk, hogy 1 y y z  y 1 z z x x      és     3 3 3 z z x 3 x x y xyz xyz A három egyenlőtlenséget összeadva, megkapjuk a kért összefüggést. Az egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha xyz  x 3  y 3  z 3 azaz x  y  z . 3. Feladat Az ABC háromszögben legyen H a magasságpont, O a körülírt kör középpontja, G a súlypont, A1 az A pont átmérősen ellentett pontja. Bizonyítsuk be, hogy a) HA  HA1  2  HO b) H, G, O pontok egy egyenesen helyezkednek el MEGOLDÁS a) HA  HO  OA

és

HA  HO  OA1

Összeadjuk a két kifejezést és figyelembe véve, hogy OA  OA1  O kapjuk a kért összefüggést HA  HA1  2  HO

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. 1 2 b) Igazoljuk, hogy HG  HA  HB  HC  HO 3 3 Ebből következik, hogy H, G és O pontok kollineárisak, valamint OH  3  OG





4. Feladat Az ABCD konvex négyszögben legyen AC  BD  O a) Igazold, hogy az AOB, BOC, COD, DOA háromszögek súlypontjai egy paralelogramma csúcspontjai. b) O a paralelogramma átlóinak metszéspontja akkor és csakis akkor, ha OA  OB  OC  OD  O

MEGOLDÁS a) Legyen Gi , i  1,4 rendre az AOB, BOC, COD, DOA háromszögek súlypontja. Akkor OA  OB OB  OC OC  OD OD  OA , OG2  , OG3  , OG4  3 3 3 3 Kivonva az első két és majd az utolsó két összefüggést, kapjuk, hogy G1G2  G3G4 , vagyis a OG1 

G1G2G3G4 egy paralelogramma. b)O a G1G2G3G4 paralelogramma átlóinak metszéspontja  OG1  OG3  OG2  OG4  OA  OB  OC  OD  O . 5. Feladat  x  1 a) Oldd meg az egyenletet  2   x  1 b) Határozd meg az x, y, z valós számokat, melyek teljesítik a feltételt: x  2 y  32   y  z  32  2z  x  32  6 MEGOLDÁS a) Észrevehető, hogy x  Z Ha x  2k akkor az egyenlet k  2k  1 alakú, megoldása k  1 , tehát x  2

Ha x  2k  1 akkor az egyenlet k  2k  1  1 alakú, megoldása k  0,2, tehát x   1,3 Az egyenlet megoldásai k   1,2,3 . b) Legyen a  x  2 y  3 , b  y  z  3 , c  2 z  x  3 .

Észrevehető, hogy c  a  2b  6 az egyenlet pedig a 2  b 2  a  2b  6  6 2

vagyis a  1  b  2  a  2b  6  0 alakú, melynek megoldásai a  1, b  2 2

2

2

Tehát x, y, z   2  4,  ,   1  R.

X. osztály, 1. Igazold a következő egyenlőtlenséget: 2

3

2

2

3  a   b   c    3   3    3 , a, b, c  0. 4 bc ac ab

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. 2. Oldd meg a következő egyenletrendszert:  x   y   z  1,1  x  y  z   2,2 , ahol x  az x szám egészrésze, x   y  z  3,3 

x 

az x szám törtrésze. ( Matlap – 2006 )

3. a) Ha z1 , z 2 , z 3  C komplex számok esetén Z=

z1  z 2 z 2  z3 z3  z1  z1  z 2  z 3

z1  z 2  z3  1 , akkor igazold, hogy:

 R.

b) Ha z  C és z  1 , igazold, hogy: 1  1012 z 2012  1  z 2012  1  1001z 2013  1  z 2013  2013.

4. Egy osztályban bármely két gyerek jár közös szakkörbe, de mindenki legfeljebb két szakkörnek a tagja. Bízonyítsd be, hogy van olyan szakkör, ahova az osztálynak legalább a kétharmad része jár. ( Matlap – 2006 ) X. osztály, Megoldások : 1. Észrevehető, hogy az ma  mg egyenlőtlenség alapján: 2

bc bc bc 3 bc 3 a bc  a  stb. 1    1  33   3 3  3   3  a 2a 2a 4  a  4 abc  2a  bc ...... 2.Ha az egyenleteket (1), (2), illetve (3)-mal jelöljük : (1)+(2)-(3)  x  y  0  x  Z , y  0  x  Z , y  0,1. (1)  x  z  1,1  x  1, z  0,1

(2) y  z   2,2  y  0,2; ; ; z   2

2. a) Z 

z1  z 2 z 2  z3 z

 z1 

2

2

 x 1   z  2,1 Tehát :  y  0,2 .  z  2,1 

 ...  Z  Z  R z1 z 2 z 3 b) Az egyenlőtlenség bal oldala így írható : z  1012 z 2013   z  z 2013  1  1001z 2013   1  z 2013  2013z 2013  2013.

3. Minden tanuló szakköri tag, sőt közös körre jár valaki mással. Másrészt, ha valaki csak egy szakkörbe jár, annak mindenki tagja kel legyen és ebben az esetben teljesül a feltétel. Ha nincs olyan tanuló, aki csak egy szakkörre jár, akkor mindenki legalább két körre jár, de a feladat kijelentése alapján legfennebb kettőre, ezek szerint pontosan két körre.

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. Tekintsünk egy gyereket, aki jár két S1 , S 2 szakkörre, ha azosztály minden tanulója ezekre a körökre jár, az állítás igaz. Ha nem, akkor léteznek g1  S1 , g1  S 2 és g 2  S 2 , g 2  S1  létezik egy S kör, amelybe együtt járnak. Bármely más g gyerek esetén a következő logikai lehetőségek vannak: g  S1, g  S 2  g más szakkörbe nem jár.

g  S1 , g  S 2  g  S , mert csak így lehet g 2  vel közös körben stb. Tehát minden tanuló e három körből van beíratkozva kettőbe, ez összesen a tanulók számának a kétszerese, tehát valamelyik csoportban ott lesz a tanulók legalább kétharmada.

XI.osztály I. feladat (10p) 1.) Számítsd ki limlog n2 3n1 nn  1n  2n  3, ahol a az a szám törtrészét jelöli. n

2.) Adott az a n n1 valós számsorozat, úgy, hogy a1  0,1 , an  an1 1  an21  , n  2 a) Igazold, hogy a sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét 1 b) Számítsd ki lim a13  a23  ...  an3 , ha a1  . n 2 II.feladat (10p) x  1  x 0   0 0   M 3 R  mátrix. Legyen Ax    0  x 0 1  x   n a) Számítsd ki Ax   A y  szorzatot,( x, y  R ) valamint  Ax  , n  N  , x  R.  1 1  1  b) Egy lapra felírjuk az A1, A , A ,..., A  mátrixokat. Egy  2  3  2013  alkalommal letörölünk két mátrixot és helyükbe a szorzatukat írjuk fel. A műveletet addig ismételjük amig csak egy mátrix lesz a lapunkon. Melyik mátrix lesz az ?





Matlap 2013 III.feladat (10p)

 x2  y2  1 Oldjuk meg a valós számok halmazán az  egyenletrendszert 2 4 xy 2 x  1  1





IV.feladat (10p) Egy lépcsőn úgy kell felmenni, hogy egy-egy lépéssel egy vagy két lépcsőfokot lehet lépni. a) Hányféleképpen lehet feljutni a tizedik lépcsőfokra? b) Melyik az a lépcsőfok amelyre legalább 600 féleképp lehet feljutni? c) Két emelet között 12 lépcsőfok van. Legalább hány gyerek kell felmenjen ahhoz, hogy biztosan legyen két olyan gyerek akik ugyanazokra a lépcsőfokokra léptek, amig az egyik emeletről a másikra felértek.

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30.

Minden tétel kötelező. Munkaidő 3 óra. Sok sikert! 1.feladat Számitsd ki limlog n2 3n1 nn  1n  2n  3, ahol a az a szám törtrészét n

jelöli. Megoldás : Jelölje lim f n a kért határértéket n









n  3n  1  nn  1n  2n  3  n 2  3n  1  1  n 2  3n  1 , n  0  1  f n  2 , tehát  f n  f n  1, 2

2



2





2

2 n 2  3n  1  1    lim  f n   lim log n 2  3n 1  n 2  3n  1  1  1  lim log n 2  3n 1 n  n  n    n 2  3n  1  1  m2 1  ln m  ln 1  ln 2 m   1 m  lim  lim ln m m   ln m m 

ahol m  n 2  3n  1   1. feladat. Adott az a n n1 valós számsorozat, úgy, hogy a1  0,1 , an  an1 1  an21  , n  2 a. Igazold, hogy a sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét 1 b. Számítsd ki lim a13  a23  ...  an3 , ha a1  . n 2 Megoldás a.) Matematikai indukcióval biz., hogy an  0,1 , n  1 tehát a sorozat





korlátos  an 1  an2   an  an1  an , n  N  , tehát a sorozat szigorúan csökkenő. Mivel monoton és korlátos  konvergens,  l  R : lim an  lim an1  l , a rekurzióban határértékre térve kapjuk, n

n

hogy lim an  0 n

b.) a  an  an1  a13  a1  a2 3 n

a23  a2  a3

......... an3  an  an1  lim a13  a23  ...  an3   lim a1  an1   a1  n

II. feladat (10p)

n

1 2

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. x  1  x 0   0 0   M 3 R  matrix. Legyen Ax    0  x 0 1  x   a.Számitsuk ki Ax   A y  szorzatot, valamint  Ax n , n  N   1 1  1  b.Egy lapra felirjuk az A1, A , A ,..., A  mátrixokat. Egy alkalommal  2  3  2013  letörölünk két mátrixot és helyükbe a szorzatukat irjuk fel. A műveletet addig ismételjük amig csak egy mátrix lesz a lapunkon. Melyik mátrix lesz az_? Megoldás 2   1 1  a. A x   A 2 x  2 x  A  2 x  x  A  2 x       2 2   n  1 1 n 1  A n x   A  2  x     bizonyitás matematikai indukcióval  2 2    1 1 1 A mátrixok szorzása asszocativ művelet. Ax   A   A   Ax   A , x  R , 2 2 2 1 tehát a lapon maradt mátrix az A  2



2

2



 

2



III.feladat (10p)

 x2  y2  1 Oldjuk meg a valós számok halmazán az  egyenletrendszert 2 4 xy 2 x  1  1  sin 2 a  cos 2 a  1 Megoldás Legyen x  cos a, y  sin a, a  R  a 2 4 sin a cos a 2 cos a  1  1 második egyenlet  k  2 sin 2acos 2a   1  sin 4a  1  4a   1  k , k  Z  4a   2k , k  Z 2 2







a

 8





k , k  Z tehát a megoldás x, y   cos a, sin a , k  0,1,2,3 2

IV.feladat Egy lépcsőn úgy kell felmenni, hogy egy-egy lépéssel egy vagy két lépcsőfokot lehet lépni. a.) Hányféleképpen lehet feljutni a tizedik lépcsőfokra? b.) Melyik az a lépcsőfok amelyre legalább 500 féleképp lehet feljutni? c.) Két emelet között 12 lépcsőfok van. Legalább hány gyerek kell felmenjen ahhoz , hogy biztosan legyen két olyan gyerek akik ugyanazokra a lépcsőfokokra léptek, amig az egyik emeletről a másikra felértek. Megoldás.a. Az első lépcsőfokra 1, a másodikra kétféleképpen lehet felmenni, a többire pedig az két előtte levőről lehet fellépni, vagyis annyiféleképpen amennyi az előző két lehetőség összege. Ez egy Fibonacci sorozat tagjait adja, tehát tagjai

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89 vagyis 89 lehetőség a 10. fokra, majd , a folytatás 144,233, 377,601. b. A 14. lépcsőfokra 601 féleképp lehet felmenni, de a 13. ra csak 377, c. A 12. lépcsőfokra 233 féleképp lehet menni,tehát 234 gyerek kell felmenjen ahhoz, hogy legalább kettő ugyanazokra a lépcsőkre lépjen.

XII. osztály, 1. Feladat Adott az f : E  R , f x   arcsin

2x függvény. 1 x2 a) Határozzuk meg a függvény maximális értelmezési tartományát. b) Igazoljuk, hogy az f függvény primitiválható a maximális értelmezési tartományon és határozzunk meg egy primitiv függvényét.

Megoldás: 2x   1,1, x  R  E  R .(2p) 1  x2 b) Az f függvény folytonos függvények összetett függvénye, tehát f folytonos R -en  f primitiválható R -en 2 1 x2 , ha x   ,1  1,1  1,  .(2p) f x    1 x2 1 x2

a) Mivel

2x  ln 1  x 2   C . (4p) 1 x2 Hasonlóan határozzuk meg a primitiv függvényt ha x   ,1 illetve x   1,1 Az f egy primitiv függvényének az alábbi alakja van: 2x  2  x arcsin 1  x 2  ln 1  x , x   ,1  2x  F x    x arcsin  ln 1  x 2  C1 , x   1,1 2 1 x  2x  2  x arcsin 1  x 2  ln 1  x  C 2 x  1,    Az F függvény folytonoságából kapjuk, hogy C1  2 ln 2 és C1  0 (2p)

Ha x  1,  , akkor

 f xdx  x arcsin 1  x   1  x 2x

2x

2













2

dx x arcsin

2. Feladat Legyen F : R  R egy olyan primitiv függvénye az f : R  R függvénynek, amelyre , f x  1F 3  x    x 2  4 x  3, x  R . Tudva, hogy f 1  1 , határozzuk meg az f függvényt. Megoldás: Legyen x  4  x  f 3  x F x  1   x 2  4 x  3, x  R (2p) kivonva az f x  1F 3  x    x 2  4 x  3, x  R és f 3  x F x  1   x 2  4 x  3, x  R (2p)összefüggéseket következik,

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. , f x  1F 3  x   f 3  x F x  1  0, x  R  F x  1F 3  x   0 , tehát F x  1F 3  x   k , x  R ,(2p) legyen x  2 ,  f 1F 1  1 és F 1F 1  k 1 összefüggésből  k  1 tehát F x  1F 3  x   1 ahonnan F 3  x   , tehát F x  1 f x  1 f x  2  x 2  4x  3   x  1  4x  1  3 ,(2p) ahonnan F x  1 F x 





f x    x  2 x e 2



x3 2 2 x  3 3

(2p)

3. Feladat 1 3 Legyen     i  C és Q   a  b a, b  Q. 2 2 a) Igazoljuk, hogy bármely nem nulla Q  -beli elem inverze is Q  -ban van. b) Igazoljuk, hogy az M  a 2  ab  b 2 a, b  Z halmaz zárt részhalmaza Z -nek a szorzásra nézve.





Matlap 2012 Megoldás: a) Legyen a  b  Q  , a  b  0 ,azaz a  0, b  0 . Keressük azt az a  b  Q  számot, amelyre a  b a  b   1 .(1p) Mivel  3  1 , ezért  2   1  0 . aa  bb  1 Így  egyenletendszerhez jutunk. (2p) ab  ba  b   0 a b Mivel    a 2  ab  b 2  0 , ha egyidőben , ezért a rendszernek a  0, b  0 esetén b a b egyértelmű megoldása van. Tehát a  b invertálható bármely a  0, b  0 esetén. (2p) b) Észrevehető, hogy a 2  ab  b 2  a  b a  b  . (2p) Így a 2  ab  b 2 c 2  cd  d 2  a  b a  b c  d c  d  







 a  b c  d a  b c  d   m  n m  n   m  n m  n   m2  mn  n 2 , (2p)ahol m  ac  bd  Z és n  ad  bc  bd  Z .(1p) Tehát M zárt részhalmaza Z -nek a szorzásra nézve.

4. Feladat Egy 1 egység oldalú négyzet belsejében elhelyeztünk néhány szakaszt (ezek metszhetik is egymást), melyek hosszainak összege 50 egység. a) Mutassuk ki, hogy van olyan egyenes, amely legalább 25 szakaszt metsz. b) Igazoljuk, hogy van olyan egyenes, amely legfennebb 35 szakaszt metsz. Megoldás:

XXIV. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Megyei szakasz, 2013. november 30. a) A négyzetbe írt szakaszokat jelöljük si -vel, i  1, n az si szakasz hosszát hi -vel, n

tehát  h i  50 . k 1

Az si , i  1, n szakaszokat a négyzet szomszédos oldalaira vetitjük az AB oldalra eső vetületek hossza legyen bi az AD oldalra eső vetületek hossza d i .A háromszögek oldalaira vonatkozó egyenlőtlenségek alapján felírható, hogy hi  bi  d i , i  1, n ,(2p) tehát n

n

n

k 1

k 1

k 1

n

 b i illetve a

50   h i   bi   d i . A

egyenlő, mint 25 . Ha

n

b k 1

i

k 1

n

d k 1

i

összegek közül az egyik nagyobb vagy

 25 akkor az AB szakasznak van olyan pontja, amelyben legalább

25 szakasz vetületében megtalálható. Egy ilyen pontban húzott AD-vel párhuzamos egyenes legalább 25 szakaszt metsz. (3p) a) hi  bi2  d i2 , felhasználva a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség kapjuk, bi2  d i2 bi  d i b  di ,(3p) i  1, n . Összeadva az   hi  bi2  d i2  i 2 2 2 egyenlőtlenségeket kapkuk, hogy

hogy

n

n

n

k 1

k 1

k 1

50  2  2  h i   bi   d i , az összegek közül az egyik kisebb, mint 25 2  35,4 . n

Ha

b k 1

i

 35 akkor az AB szakasznak van olyan pontja, amelyben legfennebb 35 szakasz

vetületében megtalálható. Egy ilyen pontban húzott AD-vel párhuzamos egyenes legfennebb 35 szakaszt metsz. (2p)