2007/2008 - matek.fazekas.hu · eladatlapF ok I. forduló Specmat 2NWDWiVL+LYDWDO Országos Középiskolai anTulmányi Verseny 2007 2008-as tan év MATEMATIKA, III. ategóriak Az

2007/2008

Feladatlapok és megoldások

Adobe Reader verzió

Szoldatics JózsefBudapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

http://matek.fazekas.hu/

2017. március 1.

TARTALOMJEGYZÉK

Tartalomjegyzék

Feladatlapok 2

1.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Megoldások 10

2.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória

Az 1. forduló feladatai

1. Oldja meg a valós számok halmazán a

0loglog 282 =+ xx xx

egyenletet! 2. Legyenek x és y olyan pozitív egészek, melyek eleget tesznek a

200794 22 =− xy

egyenletnek. Mennyi az összes összetartozó x és y érték szorzatának

legnagyobb prímosztója? 3. Az ABCD trapéz AB alapjának hossza háromszorosa a CD alapnak

és az AD szárnak. Az AC átló hossza 5 egység, a BC szár hossza 10 egység.

Mekkorák az ABCD trapéz oldalai? 4. Bizonyítsa be, hogy 200720082006 20062007 ++ osztható 7 -tel! 5. Bizonyítsa be, hogy egy tetszőleges háromszög cba ,, -vel jelölt oldalai között akkor és csak akkor áll fenn az cba ≤≤ egyenlőtlenség, ha az cba sss ,, -vel jelölt súlyvonalakra fennáll az cba sss ≥≥ egyenlőtlenség!

6. András és Balázs kosárra dobásban méri össze tudását.

Annak valószínűsége, hogy András a kosárba talál 0,7; míg Balázs 0,4 valószínűséggel dob kosarat. Egy játszmában mindegyikük egyszer dob. Ha András talál, és Balázs nem, akkor András nyer. Ha Balázs talál, és András nem, akkor Balázs nyer. Minden más esetben a játszma eredménye döntetlen.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy két egymás utáni játszma mindegyike döntetlen lesz?

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

O k t a t á s i H i v a t a l

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi elso fordulojanak feladatai

matematikabol, a II. kategoria szamara

1. Oldjuk meg a valos szamok halmazan az alabbi egyenletet:

log2(1 + cos(2x)) = 21+cos(3x).

2. Az ABC haromszog BC oldalanak felezopontja F , az AB oldal egy belso pontjaT , az AF es CT szakaszok metszespontja M . Az ATM haromszog terulete 8, a CFMharomszog terulete 15 egyseg. Mekkora lehet az ABC haromszog terulete?

3. Hatarozzuk meg, mely a es b egesz szamokra igaz:

b

a− 1+

a− 4

b+ 1= 1.

4. Bizonyıtsuk be, hogy egy olyan teglalap alapu gulaban, amelyben a gula ma-gassaganak a talppontja az alap valamely csucsaba esik, a leghosszabb oldalel hosszanaknegyedik hatvanya legalabb hatszorosa az oldallapok teruletei negyzetosszegenek.

5. Adott az

x 7−→ 2x+ 1

2−

√x2 + x

fuggveny, ahol x ≥ 0.(a) Monoton no, vagy csokken a fuggveny?

(b) Melyik az a legkisebb pozitıv egesz n, amelyre f(n) <1

2008?

Valamennyi feladat 7 pontot er.


3

Feladatlapok I. forduló Specmat


Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007–2008-as tanévMATEMATIKA, III. kategória

Az első (iskolai) forduló feladataia gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére

1. Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az át-lóegyeneseinek) metszéspontja M , az AMB, BMC, CMD és DMAháromszögek súlypontjai rendre a P,Q,R, S pontok, a BCD, ACD,ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X,Y, Z,Wpontok. Bizonyítsuk be, hogy az X,Y, Z,W pontok a PQRS négyszögoldalegyenesein vannak.

2. Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény,amelyre minden x, y esetén f(xy) ≤ xf(y). Igazoljuk, hogy minden x,y-ra f(xy) = xf(y).

3. A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egysíkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B aCDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztjaaz ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogyekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik.

4. Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, 1] intervallumba eső A végte-len halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, debármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem?

5. Mely n ≥ 2007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármelyhárom különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitívegész összege is relatív prím n-hez?

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák)

A 2. forduló feladatai 1. Legyen

( )

+=

xtgxxf

cos1log2

és

( )( ) ( )

222 xfxf

xg−−

= ,

minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők.

Mennyi

4πg pontos értéke?

2. Tekintse a

( ) ( ) ( ) ( )2514225 −⋅+⋅−= xxxxp

és a

( ) ( ) ( ) ( ) dxcbaxcbaxcbaxq +⋅+++⋅−++⋅+−= 23 3

polinomokat!

Határozza meg az a ,b , c és d valós számokat úgy, hogy

( ) ( )xqxp =

minden valós x -re teljesüljön!

3. Az na és nb számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk:

nan

1...31

211 ++++=

és

121 ... −−−−−⋅= nnn aaaanb .

Határozza meg 2008b értékét!

4. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P , az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y ! Bizonyítsa be, hogy

( )( )2222

2222

acbabcab

QYPX

−+⋅−+⋅

= ,

ahol cba ,, az ABC háromszög oldalhosszait jelentik!

5. Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám:

22222 3232 ppxxpxx =+−−+−−− !

5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi masodik fordulojanak feladatai


1. Tekintsuk azokat a konvex negyszogeket, amelyek 100 darab egysegnyi oldaluszabalyos haromszogre darabolhatok. Mekkorak lehetnek a megfelelo negyszogek oldalai?

2. Egy 30 fos osztalyban a karacsonyi ajandekozasrol sorshuzassal dontenek. Mindendiak nevet felırjak egy papırra, majd a 30 papırdarabot egy sapkaba teszik. Nevsorszerinti sorrendben mindenki kihuz egy papırt a sapkabol es a rajta szereplo embernekkeszıt ajandekot. Elkepzelheto, hogy valaki sajat magat ajandekozza meg.

Az atadas ugy tortenik, hogy eloszor jelentkeznek, akik magukat huztak, majd a tobbidiak kozul a legfiatalabb diak atadja ajandekat az altala huzott embernek, es innentolaki eppen megkapja az ajandekat, az lesz a soron kovetkezo ajandekot atado ember. Havalahol elakad a sor, azaz olyan diak kapja az ajandekot, aki mar a sajatjat atadta, demeg nem mindenki adta at illetve kapta meg az ajandekat, akkor ez utobbiak kozul alegfiatalabb ujra kezdi.

Mennyi a valoszınusege, hogy egy osztalyban hat egymast koveto ev karacsonyi ajandekozasasoran lesz legalabb egy olyan ev, amelyben senki nem huzza magat es a sor sem akad el?(Az osztaly letszama minden evben ugyanannyi.)

3. Melyek azok az x, y, z es w valos szamok, amelyekre egyszerre teljesul:

(1) x+ y + z =3

2,

(2)√4x− 1 +

√4y − 1 +

√4z − 1 ≥ 2 + 3

√w−2.

4. Adott egy egysegnyi oldalu negyzet. Hatarozzuk meg a negyzet sıkjaban levo azonkorok kozeppontjainak a halmazat (mertani helyet), amelyeknek a negyzet mind a negyoldalaval ket kozos pontja van.


6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivata l

OKTV 2007/2008 Matematika I. kategória – döntő forduló

Feladatlap és megoldások

1

A döntő feladatai

1. Feladat

Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk:

920179

2

23

−+−−

=x

xxxK ,

ahol [ ]2008;2008−∈x és Zx∈ .

Mennyi a valószínűsége annak, hogy K egész szám, ha x eleget

tesz a fenti feltételeknek?

2. Feladat

Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójára és az AC befogójára

kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket.

Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját!

Mekkora szögben látszanak az M pontból az ABC háromszög

oldalai?

3. Feladat

Egy m sorból és n oszlopból álló, téglalap alakú táblázat minden

mezőjébe egy-egy számot írunk oly módon, hogy az egyes sorokba

írt számok egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjait képezik,

hasonlóképpen az egyes oszlopokba írt számok is egy-egy számtani

sorozat egymás utáni tagjai.

Mennyi a táblázatba írt számok összege, ha a téglalap négy sarkába

(csúcsába) írt számok összege 2008 ?

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatai


1. Egy urnaban van n + 2 darab cedula. Ket cedulan paros szam, n darabon pedigparatlan szam van, ahol n ≥ 2. Ketten jatszanak A es B. Minden jatekot A kezd, kihuzket cedulat visszateves nelkul, majd B is ugyanezt teszi. Az A jatekos nyer, ha az altalahuzott szamok osszege paros, de B osszege paratlan. B nyer, ha az o ket szamanak osszegeparos, de A osszege paratlan. Ha mindkettojuk osszege egyszerre paros, vagy egyszerreparatlan, akkor ujra jatszanak. Milyen n ertek eseten lesz a legkisebb az ujrajatszasvaloszınusege?

2. Az ABC haromszog BC oldalanak felezopontja D. Az ABD es ADC haromszogekkore ırt korok kozeppontjai rendre E es F . A BE es CF egyenesek metszespontja G.Tudjuk, hogy BC=2DG=2008 es EF = 1255 egyseg. Mekkora az AEF haromszogterulete?

3. Egy 2 egyseg magassagu egyenes korhenger alapkorenek atmeroje legyen egy egyseg.A hengert olyan sıkkal messuk el, mely a forgastengellyel 45◦-os szoget zar be es azalapkorrel egyetlen kozos pontja van. Legyen ez a pont O. A hengerpalastot ezutanaz O ponton atmeno alkoto menten felvagva kiterıtjuk, ami altal a metszetgorbe sıkgorbelesz.

Mely x 7→ f(x) fuggveny grafikonja ez a sıkgorbe?


Oktatási Hivata l

8

Feladatlapok Dönt® forduló SpecmatOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2007�2008-as tanévMATEMATIKA, III. kategóriaA dönt® feladataia gimnáziumok spe iális matematikai osztályainak tanulói részére1. Az A1A2 : : : A6 konvex hatszög mindegyik bels® szöge tompaszög. AzAi középpontú ki körök (1 � i � 6) úgy helyezkednek el, hogy k1 kí-vülr®l érinti k2-t és k6-ot, k2 kívülr®l érinti k1-et és k3-at, általában kikívülr®l érinti ki�1-et és ki+1-et. A k1-en található két érintési pontotösszeköt® egyenesnek és a k3-on található érintési pontokat összeköt®egyenesnek a metszéspontját összekötjük A2-vel, ez lesz az e egyenes.Hasonlóan, a k3-on, illetve k5-ön lev® érintési pontokat összeköt® egye-nesek metszéspontját összekötjük A4-gyel, ez lesz az f egyenes. Végül,a k5-ön, illetve k1-en található érintési pontokat összeköt® egyenesekmetszéspontját összekötjük A6-tal, ez lesz a g egyenes. Mutassuk meg,hogy e, f es g egy ponton mennek át.2. Két játékos el®tt egy-egy kavi skupa található, kezdetben mindkett®-ben k kavi s van. El®ször az els® játékos ezekhez hozzátesz összesen2008 újabb kavi sot, az új kavi sokat tetsz®legesen oszthatja el a kétkupa között (akár az összeset is az egyik kupa ba teheti). Ezutána második játékos tesz hozzá a kupa okhoz összesen 2008 újabb kavi- sot, és ugyanígy folytatják felváltva. Az nyer, akinek a kupa ában (asaját vagy ellenfele lépése után) a kavi sok száma négyzetszám, mígellenfele kupa ára ez nem igaz (ha mindkét kupa ilyen, akkor a játé-kot folytatják). Van-e végtelen sok k-ra a második játékosnak nyer®stratégiája?3. Mutassuk meg, hogy minden 1 < r < s < 2008=2007 számokhoz van-nak olyan (nem feltétlenül relatív prím) p és q pozitív egészek, hogyr < p=q < s, és sem a p, sem a q tízes számrendszerbeli felírásábannem szerepel a 0 számjegy.

Oktatási Hivata l

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

10


11


12


13


14


15


16


17


18


19


20


21


22


23


24


25

Megoldások I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi elso fordulojanak feladatmegoldasai


1. Oldjuk meg a valos szamok halmazan az alabbi egyenletet:

(1) log2(1 + cos(2x)) = 21+cos(3x).

Megoldas: Mivel cos(2x) ≤ 1, ezert

log2(1 + cos(2x)) ≤ log2 2 = 1. 1 pont

Mivel cos(3x) ≥ −1, ezert21+cos(3x) ≥ 20 = 1. 1 pont

Ezek szerint (1) csak akkor teljesulhet, ha a bal es jobb oldala egyarant 1. 1 pontA bal oldal pont akkor lesz 1, ha cos(2x) = 1, ennek megoldasa 2x = 2kπ, azaz

(2) x = kπ. (k ∈ Z)

1 pontA jobb oldal pont akkor lesz 1, ha cos(3x) = −1, ennek megoldasa 3x = (2l+1)π, azaz

(3) x =2l + 1

3π. (l ∈ Z)

1 pontA feladatban kituzott egyenlet megoldasait kapjuk, ha x a (2) es (3) felteteleknek is

megfelel, azaz x = (2n + 1)π (n ∈ Z) . 2 pont

Osszesen: 7 pont

2. Az ABC haromszog BC oldalanak felezopontja F , az AB oldal egy belso pontjaT , az AF es CT szakaszok metszespontja M . Az ATM haromszog terulete 8, a CFMharomszog terulete 15 egyseg. Mekkora lehet az ABC haromszog terulete?

Megoldas: Jelolje az AMC haromszog teruletet x. Mivel F oldalfelezo pont, ezertigaz a kovekezo ket dolog:

(1) az ACF es AFB haromszogek terulete ugyanakkora, ıgy a BTMF negyszogterulete x + 7; 1 pont

(2) az MCF es MFB haromszogek terulete ugyanakkora, mindketto 15 egyseg.1 pont

Ezen ket eszrevetelbol az kovetkezik, hogy az MBT haromszog terulete TMBT =TBTMF − TMFB = (x − 8) egyseg. 1 pont

1

26


Mivel az AB egyeneshez tartozo magassaga az MBT es MTA, valamint a CBT es CTAharomszogeknek azonos, ezert teruleteik aranya eppen a BT es TA szakaszok aranyavalegyezik meg, azaz:

TMBT

TMTA

=TCBT

TCTA

=BT

TA. 2 pont

Irjuk fel ezt az aranyt a korabbi eszreveteleink alapjan:

x − 8

8=

(x + 7) + 15

8 + x.

A nevezokkel szorozva es 0-ra rendezve x2 − 8x − 240 = 0 adodik, amelynek megoldasaix1 = 20 es x2 = −12, ez utobbi nem lehet egy haromszog terulete.

Az ABC haromszog terulete TABC = 2x + 30 = 70 egyseg. 2 pontOsszesen: 7 pont

3. Hatarozzuk meg, mely a es b egesz szamokra igaz:

b

a − 1+

a − 4

b + 1= 1.

1. megoldas: A nevezokben nem allhat 0, ezert a �= 1 es b �= −1. 1 pontA nevezokkel szorozva:

(1) b2 + b + a2 − 5a + 4 = ab + a − b − 1.

Tekintsuk ugy (1)-et, mint b-re nezve masodfoku egyenletet. Egy oldalra rendezve:

b2 + (2 − a)b + (a2 − 6a + 5) = 0.

2 pont

2

27


Ezen egyenletnek akkor lehetnek valos megoldasai, ha diszkriminansa nem negatıv,azaz

4 − 4a + a2 − 4a2 + 24a − 20 = −3a2 + 20a − 16 ≥ 0.

Ebbol10 −√

52

3≤ a ≤ 10 +

√52

3.

Mivel a egesz szam, es 0 < 10−√52

3es 10+

√52

3< 6, ezert a lehetseges ertekei 2, 3, 4 es 5.

3 pontEzeket az ertekeket (1)-be helyettesıtjuk. Ha a = 2, akkor b2 − 3 = 0, ennek gyokei

nem egeszek. Ha a = 3, akkor b2 − b − 4 = 0, ennek sincs egesz megoldasa. Ha a = 4,akkor b2 − 2b − 3, ennek egeszek a gyokei, b = 3 jo megoldas, b = −1 a kezdeti kikotesmiatt nem megoldas. Ha a = 5, akkor b2 − 3b = 0, ennek az egyenletnek mindket gyokejo, ezek a 0 es a 3. 1 pont

A megfelelo (a; b) megoldasok: (4;3), (5;0) es (5;3).

Osszesen: 7 pont

2. megoldas: A nevezokben nem allhat 0, ezert a �= 1 es b �= −1. 1 pontA nevezokkel szorozva kapjuk (1)-et, majd ezt 2-vel szorozzuk:

2b2 + 2b + 2a2 − 10a + 8 = 2ab + 2a − 2b − 2.

Atrendezzuk es teljes negyzeteket alakıtunk ki:

b2 + 4b + 4 + b2 − 2ab + a2 + a2 − 12a + 36 = 30

(2) (b + 2)2 + (b − a)2 + (a − 6)2 = 30

3 pontA 30-at harom negyzetszam osszegekent a 0, 1, 4, 9, 16, 25 szamok segıtsegevel csak

1+4+25 alakban ırhatjuk fel.Ha (b + 2)2 = 1, akkor b lehet -3 vagy -1, ez utobbit a kikotes kizarja. Ha (b + 2)2 = 4,

akkor b lehet -4 vagy 0. Ha (b + 2)2 = 25, akkor b lehet -7 vagy 3.Megkaptuk az osszes szoba joheto b erteket, ezeket (1)-be helyettesıtve, majd az a-ra

kapott masodfoku egyenletet megoldva megkapjuk az elso megoldasban kozolt eredmenyeket.3 pont

Osszesen: 7 pont.

4. Bizonyıtsuk be, hogy egy olyan teglalap alapu gulaban, amelyben a gula ma-gassaganak a talppontja az alap valamely csucsaba esik, a leghosszabb oldalel hosszanaknegyedik hatvanya legalabb hatszorosa az oldallapok teruletei negyzetosszegenek.

Megoldas: Legyen a gula alapja az ABCD teglalap, a gula otodik csucsa E, aholEA meroleges az alapra. Legyen AB = a, AD = b es AE = c. A leghosszabb oldalel EC.Az ABC es EAC derekszogu haromszogekre alkalmazzuk a Pitagorasz tetelt:

AC2 = a2 + b2 AC2 + c2 = a2 + b2 + c2 = EC2. 1 pont

3

28


Az EAB es EAD derekszogu haromszogek terulete:

TEAB =ac

2TEAD =

bc

2. 1 pont

Mivel EA meroleges az alapra, ezert annak minden egyenesere, ıgy BC-re is. BC merolegesEA-ra es AB-re, ezert az EAB sıkra, ıgy a benne fekvo EB egyenesre is. Ezek sze-rint EBC is derekszogu haromszog. Hasonlo gondolatmenettel kapjuk, hogy ECD isderekszogu haromszog, ezek terulete:

TEBC =b√

a2 + c2

2TEDC =

a√

b2 + c2

2. 1 pont

Ezek alapjan a bizonyıtando egyenlotlenseg:

(a2 + b2 + c2)2 ≥ 6

(a2c2

4+

b2c2

4+

b2a2 + b2c2

4+

a2b2 + a2c2

4

). 1 pont

A bal oldalt kifejtjuk, a jobb oldalt atalakıtjuk:

a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 ≥ 3(a2b2 + a2c2 + b2c2).

Rendezzuk 0-ra az egyenlotlenseget es szorozzuk meg 2-vel:

2a4 + 2b4 + 2c4 − 2a2b2 − 2a2c2 − 2b2c2 ≥ 0.

A bal oldalon teljes negyzeteket hozunk letre:

(a2 − b2)2 + (b2 − c2)2 + (c2 − a2)2 ≥ 0,

ez pedig az a, b, c valos szamok minden erteke eseten teljesul. 2 pontMivel ekvivalens atalakıtasokat vegeztunk, ezert a bizonyıtando egyenlotlenseget belattuk.

1 pontOsszesen: 7 pont.

4

29


5. Adott az

x �−→ 2x + 1

2−√

x2 + x

fuggveny, ahol x ≥ 0.(a) Monoton no, vagy csokken a fuggveny?

(b) Melyik az a legkisebb pozitıv egesz n, amelyre f(n) <1

2008?

1. megoldas: (a) Megmutatjuk, hogy a fuggveny szigoruan monoton csokkeno, azazha 0 ≤ x1 < x2, akkor f(x1) > f(x2). Ez azt jelenti, hogy

(1) x1 +1

2−

√x1

2 + x1 > x2 +1

2−

√x2

2 + x2,

ami ekvivalens a kovetkezovel:√x2

2 + x2 −√

x12 + x1 > x2 − x1. 1 pont

Mivel az ıgy kapott egyenlotlenseg mindket oldala x1 < x2 miatt pozitıv, ezert ekvivalensa bal es jobb oldal negyzetre emelesevel nyert alabbi egyenlotlenseggel:

x22 + x2 − 2

√x2

2x12 + x2

2x1 + x2x12 + x2x1 + x1

2 + x1 > x22 − 2x2x1 + x1

2.

Rendezes utan kapjuk:

x2 + x1 + 2x1x2 > 2√

x22x1

2 + x22x1 + x2x1

2 + x2x1. 2 pont

Ujra negyzetre emelhetunk, majd a kapott egyenlotlenseget 0-ra rendezve

(2) x22 + x1

2 − 2x1x2 = (x2 − x1)2 > 0

adodik, ami x1 < x2 miatt mindig igaz. 1 pontMivel ekvivalens atalakıtasokat vegeztunk ezert (2)-bol visszafele kovetkeztetve belattuk

(1) igaz voltat. 1 pont(b) A kovetkezo egyenlotlenseg legkisebb pozitıv egesz megoldasat keressuk:

n +1

2−√

n2 + n <1

2008.

Atrendezve:

n +1003

2008<

√n2 + n.

Mindket oldal pozitıv, negyzetre emeljuk a bal es jobb oldalt:

n2 +2006

2008n +

10032

20082< n2 + n,

amibol10032

4016< n. Mivel

10032

4016≈ 250, 5 ezert n = 251.

2 pontOsszesen: 7 pont.

5

30


2. megoldas: Az (a) resz eredmenyet megkaphatjuk gyoktelenıtessel is:

2x + 1

2−√

x2 + x =1

2

((2x + 1) −

√4x2 + 4x

)· (2x + 1) +

√4x2 + 4x

(2x + 1) +√

4x2 + 4x=

=1

2· 1

(2x + 1) +√

4x2 + 4x. 2 pont

Az atalakıtas utan kapott alakban (2x + 1) szigoruan monoton novo fuggveny, ugyanıgy4x2 + 4x es ennek negyzetgyoke is. Mivel szigoruan monoton novo fuggvenyek osszege

is szigoruan monoton novo, ezert (2x + 1) +√

4x2 + 4x is az. Ennek reciproka, illetve1

2-szerese pedig szigoruan monoton csokkeno fuggveny. 3 pont

3. megoldas: (Az (a) resz mas modon.)A fuggveny folytonos x ≥ 0 es differencialhato x > 0 eseten. 1 pontA derivalt fuggveny:

(2x + 1

2−√

x2 + x

)′= 1 − 1

2√

x2 + x(2x + 1) = 1 −

√4x2 + 4x + 1

4x2 + 4x. 2 pont

Ez valoban minden x > 0 eseten ertelmezett. Mivel x > 0, ezert az utolso gyokjel alattitort erteke es ıgy annak gyoke is 1-nel nagyobb, ıgy a derivalt negatıv, minden x > 0eseten. Ebbol kovetkezik, hogy a fuggveny szigoruan monoton csokkeno. 2 pont

6

31

Megoldások I. forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2007–2008-as tanévMATEMATIKA, III. kategória

a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére

Az első forduló feladatainak megoldásai

Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a verseny-zők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket az ottani 5. pontutolsó mondatára, mely szerint minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a meg-felelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyesfeladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathozmellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pont-számok indokolt esetben bonthatók.

A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 15 ponttól kell továbbküldeni aziskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., Oktatási Hi-vatal, 1363 Budapest, Pf. 19. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azokküldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5–7 pontos)megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy továbbra is érvényes a versenyszabályzat-nak az Oktatási Minisztérium által történt szigorú módosítása, és így a Versenybizottságlegfeljebb 30 versenyzőt juttathat be a döntőbe.

A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészletesetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni.

Budapest, 2007. november A versenybizottság

1. feladatAz ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek)

metszéspontja M , az AMB, BMC, CMD és DMA háromszögek súlypontjai rendre aP,Q,R, S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendreaz X,Y, Z,W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X,Y, Z,W pontok a PQRS négyszögoldalegyenesein vannak.

Első megoldás: A megadott nagybetűs pontokba (egy adott kezdőpontból) mutató vek-torokat jelöljük a megfelelő kisbetűvel, azaz pl. a az A-ba mutató vektor. Megmutatjuk,hogy X az RQ egyenesen fekszik (a többi ugyanígy igazolható). Ehhez azt kell belátni,hogy alkalmas λ számra (∗) x = λr + (1 − λ)q. (1 pont)A súlypont képlete miatt

x =b + c + d

3; r =

m + c + d

3; q =

b + c + m

3. (3 pont)

Ezt (∗)-ba beírva, 3-mal szorozva és rendezve, a (∗)-gal ekvivalens λb + (1 − λ)d = megyenlőséghez jutunk. (2 pont)Ez pedig valóban igaz, hiszen M a BD egyenesen fekszik. (1 pont)

1


32


Második megoldás: Megmutatjuk, hogy az X pont az RQ egyenesre illeszkedik (a többiugyanígy igazolható). A BMC, MDC és DBC háromszögek mindegyikének a C csúccsalszemközti oldala a BD átlóegyenesen fekszik. E háromszögek súlypontjait C középpontú2/3 arányú zsugorítással (középpontos hasonlósággal) kapjuk ezeknek a háromszögolda-laknak a felezőpontjaiból, E-ből, F -ből és G-ből. (4 pont)

Emiatt a Q, R és X pontok illeszkednek a BD egyenesnek a zsugorításnál keletkező képére,tehát kollineárisak. (3 pont)

2. feladatLegyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden

x, y esetén f(xy) ≤ xf(y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f(xy) = xf(y).

Megoldás: Elég az egyenlőséget az y = 1 speciális esetben belátni, azaz hogy minden x-ref(x) = xf(1), ugyanis ekkor bármely y-ra f(xy) = (xy)f(1) és xf(y) = x(yf(1)), azazvalóban f(xy) = xf(y). (3 pont)

A feltétel szerint f( 1

x· x

)≤ 1

xf(x). (2 pont)

Innen átrendezéssel f(x) ≥ xf(1). (1 pont)

Ezt az f(x) ≤ xf(1) feltétellel összevetve valóban a kívánt f(x) = xf(1) adódik. (1 pont)

3. feladatA térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és

B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik).Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassukmeg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik.

Első megoldás: Az ABCD tetraéder lapsíkjai a teret tizenöt tartományra vágják fel.Ezek egyike maga a tetraéder. Négy további tartomány támaszkodik a tetraéder egy-egy lapjára, jelöljük ezek közül RABC-vel azt, amelyik az ABC lap mentén szomszédos a

2

33


tetraéderrel, RABD-vel az ABD lap mentén szomszédosat stb. További hat tartomány atetraéder egy-egy éle mentén szomszédos vele, az AB él mentén csatlakozót jelöljük RAB-vel, stb. Végül négy tartomány a tetraéder egy-egy csúcsában csatlakozik, jelöljük ezeketRA-val, RB-vel, RC-vel és RD-vel. (2 pont)Az E pont a tizenöt tartomány valamelyikének a belsejében helyezkedik el. Megvizsgáljuk,hogy ezek közül melyek felelnek meg a feladatban szereplő elválasztási követelményeknek.A CDE sík csak akkor választhatja el egymástól az A és a B pontot, ha belevág a tet-raéderbe, ezért az E pont nem tartozhat a tetraéder CD élegyenese mentén keletkezőlapszögtartományának egyik kiegészítő lapszögtartományához sem. Ez a két lapszögtarto-mány az RACD, RAC , RAD, RA, illetve az RBCD, RBC , RBD, RB tartományok egyesítése.A fenti elválasztás esetén tehát E nem eshet e nyolc tartomány egyikébe sem. (3 pont)Hasonlóképpen, ha az ADE sík elválasztja B-t és C-t, akkor E nem lehet az RABD, RAB ,RBD, RB , RACD, RAC , RCD, RC tartományokban. Végül, ha az ABE sík elválasztja C-tés D-t, akkor E nem lehet az RABC , RAC , RBC , RC , RABD, RAD, RBD, RD tartomá-nyokban sem. (1 pont)Látható, hogy a feladat feltételei a tizenöt tartomány közül csak a tetraéder belsejét nemzárják ki mint az E pont lehetséges elhelyezkedését. Tehát E az ABCD tetraéder belsőpontja. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. (1 pont)

Második megoldás: Indirekt módon tegyük fel, hogy az ABC sík elválasztja a D pontotE-től. Ekkor a DE egyenes döfi az ABC síkot; nevezzük a döféspontot D′-nek. A feladat-ban szereplő térbeli elválasztási feltételek ezután rendre átfogalmazhatók az ABC síkonbelüli, D′-re kirótt feltételekké. (3 pont)A CDE sík elválasztja A-t és B-t, ezért ennek a síknak az ABC síkkal alkotott metszésvo-nala, a CD′ egyenes elválasztja őket az ABC síkban. Ez azt jelenti, hogy a D′ pont az ABCsíknak az 1. ábra szerint árnyékolt (a határegyeneseket nem tartalmazó) tartományábanvan. (1 pont)

A B

C

A B

C

A B

C

1. ábra 2. ábra 3. ábra

Hasonlóan, a második feltétel alapján az AD′ egyenes elválasztja B-t és C-t, emiatt D′-neka 2. ábrán árnyékolt tartományban kell lennie. (1 pont)Végül a harmadik feltételből következően az AB egyenes elválasztja C-t és D′-t, az ennekmegfelelő D′ pontok a 3. ábrán árnyékolt félsíkban vannak. (1 pont)Miután a három tartománynak nincs közös pontja, ellentmondásra jutottunk, ezért azABC sík nem választja el D-t E-től. (1 pont)

3

34


Megjegyzés: Kiolvasható a megoldásból az is, hogy ugyanúgy ellentmondásra jutunk, hacsak annyit teszünk fel, hogy a D′ döféspont a DE egyenesen az E pontnak ugyanazon azoldalán van, mint D. Ha az ellentétes oldalon van, akkor a harmadik feltételből a 3. ábránéppen a komplementer félsíkot kapjuk, és így a három tartománynak nem üres a közösrésze: éppen az ABC háromszög belseje. Mindebből az következik, hogy a feladatbelihárom feltétel akkor és csak akkor teljesül, ha az E pont az ABCD tetraéder belső pontja.

Harmadik megoldás: Tekintsük az ABCD tetraédert, és vizsgáljuk ehhez képest azE pont helyzetét. A tetraéder valamely lapsíkjához tartozó két féltér közül nevezzük aztpozitív féltérnek, amelyik a tetraédert tartalmazza, a másikat negatívnak. Az E ponthozígy négy előjelet (a +1 vagy −1 számok egyikét) rendelhetünk aszerint, hogy E a négylapsíknak pozitív, illetve negatív oldalára esik. (1 pont)Legyen ez a négy előjel a, b, c és d, mégpedig úgy, hogy a tartozzon a BCD lapsíkhoz,b a CDA-hoz, c a DAB-hez és d az ABC-hez. A feladatban szereplő elválasztási feltételekezekre az előjelekre nézve rendre az a = b, b = c, illetve c = d egyenlőségeket jelentik.

(3 pont)Ezekből a = b = c = d adódik. Ez a közös érték csak úgy lehetne −1, ha E a negatívfélterek közös pontja volna. A negatív féltereknek viszont nem lehet közös pontja. Egyilyen pontba helyezkedve ugyanis a tetraéder mind a négy lapját kívülről látnánk, amilehetetlen. (A tér bármely, a tetraéderhez nem tartozó E pontjából indíthatunk olyanfélegyenest, amely a tetraéder határát két lapon is döfi; a második döfésponthoz tartozólapsíknak E biztosan a pozitív oldalán van.) (2 pont)Tehát a közös előjel +1, vagyis az E pont az ABCD tetraéder belsejében van. Ekkorpersze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. (1 pont)

4. feladatVan-e olyan, valós számokból álló, a [0, 1] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely

nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esikA-beli elem?

Első megoldás: Megfelel pl. azon [0, 1]-beli véges tizedes törtek A halmaza, amelyekbencsak 0 és 1 számjegy fordul elő. (4 pont)A valóban nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, hiszen a, b, c ∈ A, a + c = 2besetén 2b tizedes tört alakjában minden számjegy 0 vagy 2, és 2 csak úgy jöhet létre, hogyezeken a helyeken a-ban és c-ben is 1-es számjegy áll, a többi helyen pedig 0, tehát csaka = b = c lehetséges. (1 pont)Ha a, b ∈ A, a < b és a bennük szereplő tizedesjegyek száma kisebb k-nál, akkor legyenc = a + 10−k. Ekkor c ∈ A és a < c < b. (2 pont)

Megjegyzés: A konstrukció egy variánsa, ha A azokból a (végtelen) tizedes törtekből áll,amelyekben csak 0 és 1 számjegy fordul elő, de nullából végtelen sok van (a véges tize-des törteket úgy tekintjük, hogy egy idő után minden jegyük 0). Ha a, b ∈ A, a < b,akkor a következőképpen kaphatunk közéjük eső, A-beli c elemet: megkeressük az elsőolyan helyiértéket, ahol a-ban 0, b-ben pedig 1 áll, és legyen c = a + 10−k, ahol k egyolyan későbbi helyiérték, amelynél a-ban 0 áll. Ennek a konstrukciónak az az érdekessége,

4

35


hogy így kontinuum számosságú A halmazt kapunk, míg a többi esetben nyert A csakmegszámlálható.

Megjegyezzük még, hogy az összes, csak 0 és 1 tizedesjegyből álló szám nem felelnemeg (tehát azokat a számokat valóban ki kellett zárni, amelyekben egy idő múlva mindenjegy 1-es): ekkor pl. 0,01111. . . és 0,10000. . . között nem lenne A-beli elem. (Az ily módonhibás konstrukció esetén maximum 4 pont adható.)

Második megoldás: Az A halmaz a0, a1, . . . elemeit rekurzíve fogjuk megadni, az alábbialgoritmus szerint. Legyen (pl.) a0 = 0, a1 = 1. Válasszuk meg először a2-t úgy, hogy nekeletkezzék háromtagú számtani sorozat, azaz a2 6= 1/2. A következő lépésben válasszukmeg először a3-at a0(= 0) és a2 közé, majd a4-et a2 és a1(= 1) közé, hogy ne jöjjön létreháromtagú számtani sorozat. (2 pont)Általában, ha már a0, a1, . . . , a2k megvan, akkor ezek a [0, 1] intervallumot 2k részre osztjákfel, és a következő lépésben ezekbe egymás után válasszunk egy-egy elemet úgy, hogy nekeletkezzék háromtagú számtani sorozat. (2 pont)Egy-egy új szám kiválasztásakor a feltétel csak véges sok számot zár ki, hiszen egy x akkornem választható a következő ai-nek, ha az a0, . . . , ai−1 számok közül kettővel számtanisorozatot alkot, azaz x + a = 2a′ vagy a + a′ = 2x típusú egyenlőségnek tesz eleget, ahola és a′ az a0, . . . , ai−1 számok közül két különbözőt jelöl (összesen legfeljebb 3i(i − 1)/2ilyen tilos x érték lehet). (2 pont)Mivel egy intervallumban végtelen sok valós szám van, ezért az eljárás nem akad meg.A konstrukcióból az is világos, hogy bármely két A-beli elem között található A-beli elem.

(1 pont)

A következő három megoldáshoz előrebocsátjuk, hogy az ott szereplő konstrukciók termé-szetes módon felmerülő ötletek, azonban annak igazolása, hogy ezek valóban rendelkezneka megkívánt tulajdonságokkal, a középiskolában (általában) nem szereplő ismeretekre tá-maszkodik.

Harmadik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak azoknak az 1 < r ≤ 10 racionálisszámoknak a tízes alapú logaritmusai, amelyeknek a számlálója és a nevezője is (pozitív)prímszám. (2 pont)Ezek között valóban nincs háromtagú számtani sorozat. Ha ugyanis a pi, qj prímekre

lgp1q1

+ lgp2q2

= 2 lgp3q3

, akkorp1p2q1q2

=p23q23

, azaz p1p2q23 = q1q2p

23.

Mivel p3 6= q3, ezért a számelmélet alaptétele alapján az egyenlőség csak úgy teljesülhet,ha q1 = q2 = q3 és p1 = p2 = p3. (2 pont)Ahhoz, hogy bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem, megmutatjuk, hogy bár-mely két 1-nél nagyobb valós szám közé esik két prímszám hányadosaként felírható szám.(Ugyanez igazolható két tetszőleges valós számra is — abban az esetben persze nega-tív prímszámokat is igénybe kell vennünk — , azaz az ilyen számok mindenütt sűrűek aszámegyenesen.) Legyen d > c > 1, jelölje továbbá pn az n-edik prímszámot. A prímszám-tételből következik, hogy pn+1/pn → 1, ha n → ∞. Ebből következik, hogy minden elégnagy n-re pn+1/pn < d/c. Tekintsük (egy ilyen n-re) az

a1 =pn+1

pn; a2 =

pn+2

pn= a1 · pn+2

pn+1; a3 =

pn+3

pn= a2 · pn+3

pn+2; . . .

5

36


sorozatot. Mivel ak → ∞ (ha k → ∞), ezért van olyan k, amelyre ak > c. Belátjuk, hogya legkisebb ilyen k-ra ak = pn+k/pn egy c és d közé eső megfelelő szám lesz. Valóban:

c < ak = ak−1pn+k

pn+k−1< c · d

c= d.

(k = 1 esetén ak−1 = a0 = 1 értendő.) (3 pont)

Negyedik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a 2 (vagy tetszőleges r > 1 racionálisszám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közéesik racionális szám, és a 2x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esikA-beli elem. (2 pont)Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogylenne. Ekkor a három számot az 1/2 pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva ésa kitevőket q közös nevezőre hozva (1/2)a/q + (1/2)b/q = 2(1/2)c/q teljesülne valamilyena > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q

√1/2 gyöke az f = xa − 2xc + xb egész

együtthatós polinomnak. (2 pont)Ismeretes, hogy f ekkor osztható a v algebrai szám minimálpolinomjával, ami g = 2xq −1,hiszen g (a fordított Schönemann-kritérium alapján) irreducibilis a racionális test felett ésg(v) = 0. A Gauss-lemmából adódik, hogy a hányadosnak is egész együtthatósnak kelllennie. A hányados főegyütthatója azonban 1/2, és ezzel ellentmondásra jutottunk.

(3 pont)

Ötödik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a π (vagy tetszőleges t > 1 transzcen-dens szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális számközé esik racionális szám, és a πx függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közéesik A-beli elem. (2 pont)Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogylenne. Ekkor a három számot az 1/π pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva ésa kitevőket q közös nevezőre hozva (1/π)a/q + (1/π)b/q = 2(1/π)c/q teljesülne valamilyena > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q

√1/π gyöke az f = xa − 2xc +xb egész

együtthatós polinomnak. (2 pont)Ez azt jelenti, hogy v algebrai szám. Azonban ekkor π = 1/vq is algebrai lenne, mert algeb-rai számok szorzata és reciproka is algebrai. Ez azonban ellentmondás, hiszen a π transz-cendens. (3 pont)

5. feladatMely n ≥ 2007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három kü-

lönböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prímn-hez?

Megoldás: A kettőhatványok ilyenek, hiszen a hozzájuk relatív prímek pontosan a párat-lan számok, és három páratlan szám összege is páratlan. (1 pont)Megmutatjuk, hogy más nincs, pontosabban, hogy ha n > 14 és nem kettőhatvány, akkortalálható három különböző, nála kisebb, hozzá relatív prím pozitív egész, amelyek összegemár nem relatív prím n-hez.

6

37


Legyen t az n legnagyobb páratlan osztója, azaz n = 2kt, ahol k ≥ 0, t páratlan és t > 1(hiszen az n nem kettőhatvány).Vegyük észre, hogy 1 + 3 + (t− 4) = t, ami nem relatív prím n-hez. Ha az n nem osztható3-mal (és így t sem), akkor az 1 és a 3 relatív prímek n-hez, továbbá t−4 is az (és t−4 > 0,hiszen most t ≥ 5): ha p a t−4 és az n egy közös prímosztója lenne, akkor t−4 páratlanságamiatt p > 2, tehát p osztója t-nek is, ekkor viszont t − (t − 4) = 4-nek is, ami lehetetlen.

(2 pont)Így (ha az n nem osztható 3-mal, akkor) készen vagyunk, kivéve ha a három szám nemmind különböző, azaz t − 4 = 1 vagy t − 4 = 3. Az első esetben n = 2k · 5, ekkor 1, 3, 11relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. A második esetben n = 2k · 7, ekkor 1, 3, 17relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. (1 pont)Ha az n osztható 3-mal, akkor a 2t − 9 = 1 + (t − 2) + (t − 8) összegből indulunk ki.A három tag relatív prím az n-hez, ez az előzőekhez teljesen hasonlóan igazolható, 2t − 9viszont nem az, hiszen a 3 közös osztójuk. (2 pont)Így csak akkor nem vagyunk még készen, ha t − 2 = 1 vagy t − 8 = 1 (és mivel t osztható3-mal, ezért t − 8 < 0 is csak t = 3-ra lehetséges). Ekkor n = 2k · 3, illetve n = 2k · 9.Mindkét esetben 1, 7, 13 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. (1 pont)

Megjegyzés: A 7, 9 és 14 sem jó, hiszen 1+2+4 = 7, 1+4+7 = 12, illetve 1+9+11 = 21.Így könnyen adódik, hogy a kettőhatványokon kívül csak az 5, a 10 és a 12 rendelkezika megadott tulajdonsággal (valamint azok a számok, amelyekhez kevesebb, mint háromkülönböző, náluk kisebb, hozzájuk relatív prím pozitív egész létezik, hiszen ezekre a feltételüres; közülük a nem kettőhatványok a 3 és a 6.)

7

38

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2007/2008 Matematika I. kategória (szakközépiskolák)

A 2. forduló feladatainak megoldása 1. Legyen

( )

+=

xtgxxf

cos1log2

és

( )( ) ( )

222 xfxf

xg−−

= ,

minden olyan valós x -re, amelyre a szereplő függvények értelmezhetők.

Mennyi

4πg pontos értéke?

Megoldás: Az ( )xf függvény olyan x valós számokra értelmezhető, amelyekre egyrészt

0cos ≠x , másrészt a logaritmus értelmezése miatt x

tgxcos

1+ > 0 .

Ez utóbbi egyenlőtlenséget átírhatjuk a

xx

cos1sin + > 0

alakba.

Ennek az egyenlőtlenségnek megfelelő valós számok eleget tesznek a

(1) ππ 22

⋅+− k < x < ππ 22

⋅+ k , ( )Zk ∈

kettős egyenlőtlenségnek, és ezekre a valós számokra 0cos ≠x is teljesül. (2 pont)

A fenti feltételeknek eleget tevő valós számokra a logaritmus definíciója

miatt

(2) ( )

+

= xtgx

xf cos1log2

22

( )

xtgxxf

cos12 +=

( )

xxxf

cos1sin2 +

= . (2 pont)

Továbbá:

( )( )xf

xf

212 =− ,


39


és mivel ( ) 02 >xf (azaz ≠0), ezért ez értelmezett az (1) feltétel mellett,

( )

xtgx

xf

cos1

12+

=−

(3) ( )

1sincos2

+=−

xxxf . (2 pont)

Az (1) feltétel mellett ennek nevezője sem 0, tehát értelmezett. A (2) és (3) összefüggésekből következik, hogy

( )2

1sincos

cos1sin

+−

+

= xx

xx

xg ,

ez pedig átalakítható a következőképpen:

(4) ( ) ( )( ) ( )1sincos2

cos1sin2sin1sincos2

cos1sin 2222

+⋅⋅−+⋅+

=+⋅⋅

−+=

xxxxx

xxxxxg . (1 pont)

(4)-ből az xx 22 sincos1 =− trigonometriai azonosság alapján

(5) ( ) ( )1sincos2sin2sin2 2

+⋅⋅⋅+⋅

=xx

xxxg (1 pont)

adódik. (5)-ben a számláló szorzattá alakítása után

( ) ( )( )1sincos2

1sinsin2+⋅⋅+⋅⋅

=xxxxxg ,

amelyből egyszerűsítéssel:

(6) ( ) tgxxg = . (1 pont)

Mivel 4π

=x megfelel az (1) feltételeknek, ezért )(xg ezen a helyen

létezik, és (6) alapján

144

=

=

ππ tgg . (1 pont)

Összesen: 10 pont Megjegyzés:

Ha a versenyző az elejétől kezdve a numerikus értékkel dolgozik, akkor a pontozás az alábbi legyen:

22

4cos,1

4==

ππtg (2 pont)

)21(log4 2 +=

πf (2 pont)

221

121

4+

−+=

πg (2 pont)

40


14

=

πg (2 pont)

Annak megmutatása, hogy 4π -re minden szereplő függvény értelmezett volt

(2 pont) Összesen: 10 pont

2. Tekintse a

( ) ( ) ( ) ( )2514225 −⋅+⋅−= xxxxp

és a


polinomokat!

Határozza meg az a ,b , c és d valós számokat úgy, hogy

( ) ( )xqxp =

minden valós x -re teljesüljön!

Megoldás: A ( ) ( ) ( ) ( )2514225 −⋅+⋅−= xxxxp polinomban végezzük el a kijelölt műveleteket! A műveletek végrehajtása és rendezés után kapjuk, hogy:

(1) ( ) 20084024249410 23 +−−= xxxxp . (2 pont)

A ( ) ( )xqxp = egyenlőség akkor és csak akkor teljesül minden valós x -re,

ha az (1)-ben adott ( ) 20084024249410 23 +−−= xxxxp ,

és a


polinomok együtthatói rendre megegyeznek. (1 pont)

Eszerint

2008=d , (1 pont)

továbbá:

(2) 10=+− cba ,

(3) 24943 −=−+ cba ,

(4) 4024−=++ cba . (2 pont)

Az cba ,, számokat a (2)-(3)-(4) egyenletekből álló lineáris

egyenletrendszer megoldása adja.

41


Megoldásul azt kapjuk, hogy

621−=a ,

2017−=b ,

1386−=c . (3 pont)

Tehát a ( ) ( ) ( ) ( )2514225 −⋅+⋅−= xxxxp és a


polinomok pontosan akkor egyenlők minden valós x -re, ha

621−=a , 2017−=b , 1386−=c , 2008=d . (1 pont) Összesen: 10 pont

3. Az na és nb számsorozatokat az alábbi módon definiáljuk:

nan

1...31

211 ++++=

és

121 ... −−−−−⋅= nnn aaaanb .

Határozza meg 2008b értékét!

Megoldás: A nb átalakítható a következőképpen:

(1) ( ) ( ) ( ) nnnnnn aaaaaaab +−++−+−= −121 ... . (2 pont)

Mivel

11 =a ,

....,,2112 +=a

1

1...2111 −

+++=− nan ,

ezért az (1)-ben szereplő zárójeles kifejezések

n

an1...

31

211 ++++=

segítségével rendre kifejezhetők a következő alakban:

n

aan1...

31

21

1 +++=− ,

n

aan1...

41

31

2 +++=− ,…,

n

aa nn1

1 =− − . (2 pont)

42


Ennek alapján látható, hogy a nb összegben

az n1 tag éppen n -szer,

az 1

1−n

tag éppen 1−n -szer,

általában az k1 tag éppen k -szor

szerepel,( ahol nk ,...,3,2,1= ), azaz:

(2) ( ) ( ) 1212...

212

1111

+⋅++−

⋅−+−

⋅−+⋅=n

nn

nn

nbn . (3 pont)

A (2)-beli összeg tagjainak mindegyike 1, az összeg tagjainak száma

pedig n .

Ebből következik, hogy nbn = , (2 pont)

így 20082008 =b . (1 pont)

Összesen: 10 pont

43


4. Az ABC hegyesszögű háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzolt kör a BC szakaszt a P , az AC szakaszt a Q pontban metszi. Legyenek a P és a Q pontokból az AB -re bocsátott merőlegesek talppontjai X és Y ! Bizonyítsa be, hogy

( )( )2222

2222

acbabcab

QYPX

−+⋅−+⋅

= ,

ahol cba ,, az ABC háromszög oldalhosszait jelentik!

Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók.

Legyen a szokásos jelölés szerint α=∠BAC és β=∠ABC .

A Thalész-tétel miatt °=∠=∠ 90AQBAPB , eszerint az AP és BQ szakaszok az ABC háromszög magasságvonalai, és ezek M metszéspontja az ABC háromszög magasságpontja. Ezért az ábrán az M ponton átmenő CT egyenes merőleges az AB szakaszra, így CT párhuzamos a PX és QY szakaszokkal. Mivel a háromszög hegyesszögű, ezért P,Q,T a megfelelő oldalak belső pontjai (2 pont) A bizonyítandó összefüggést az ABC háromszögre felírt koszinusztételek segítségével átírjuk, ugyanis ezekből következik, hogy:

(1) βcos2222 ⋅=−+ acbca ,

és

(2) αcos2222 ⋅=−+ bcacb . (1 pont)

44


Ezért:

(3) αβ

coscos⋅⋅

=ab

QYPX ,

elegendő tehát (3)-at bizonyítani. (2 pont) Mivel mCT = párhuzamos a PX és QY szakaszokkal, ezért felírható a

párhuzamos szelőszakaszok tétele β illetve α szögekre:

a

BPm

PX= , illetve

bAQ

mQY

= ,

ahonnan

(4) AQaBPb

QYPX

⋅⋅

= .

(3) és(4) figyelembe vételével most már csak a

(5) αβ

coscos

=AQBP

összefüggést kell bizonyítani. (2 pont)

Ennek bizonyítására felírjuk az ABQ , és az ABP derékszögű háromszögekben a

α=∠BAC és az β=∠ABC

szögek koszinuszát:

cAQ

=αcos , illetve c

BP=βcos ,

ezekből az

αcos⋅= cAQ és βcos⋅= cBP

miatt

αβ

coscos

=AQBP

következik, vagyis (5) helyességét beláttuk. (2 pont)

Ezzel a (3)-ban szereplő

αβ

coscos⋅⋅

=ab

QYPX

összefüggést bebizonyítottuk, így a vele ekvivalens,eredeti

( )( )2222

2222

acbabcab

QYPX

−+⋅−+⋅

=

állítást is igazoltuk. (1 pont)

Összesen: 10 pont

45


5. Oldja meg az egész számok halmazán a következő egyenletet, ha p pozitív prímszám:

22222 3232 ppxxpxx =+−−+−−− !

Megoldás:

A négyzetgyök értelmezése miatt kell, hogy

(1) 032 22 ≥−−− pxx , és

032 22 ≥+−− pxx

teljesüljön. (1 pont) Legyen a továbbiakban

yxx =−− 322 !

A feladat megoldását az egész számok halmazán keressük, ezért x és vele együtt y egész szám. (1 pont)

A kiinduló egyenlet az új ismeretlen bevezetése után:

(2) 222 ppypy =++− .

(2) mindkét oldalát négyzetre emelve

44222 2 ppypypy =−⋅+++− ,

amelyből rendezés után a

(3) yppy 22 442 −=−⋅

egyenletre jutunk.

(3) mindkét oldalát négyzetre emeljük a 024 ≥− yp feltétel mellett,

ezzel

( ) 24842 444 yypppy +⋅−=−⋅

adódik, majd a műveletek elvégzése és rendezés,valamint szorzattá bontás után:

(4) ( ) 04444 =+−⋅ ypp . (3 pont)

Mivel p pozitív, ezért 0≠p , így (4) csak úgy teljesülhet, ha 0444 =+− yp , azaz ha 444 −= yp , ebből pedig az yxx =−− 322 visszahelyettesítésével:

(5) 1684 24 −−= xxp

adódik. (1 pont)

46


Mivel Zx∈ , ezért (5) jobb oldala páros szám, így 4p is páros, ez viszont

csak 2=p esetén lehetséges. (1 pont)

Ezzel (5)-ből előbb a

03284 2 =−− xx ,

majd egyszerűsítés után az

(6) 0822 =−− xx

egyenletre jutunk.

(6) gyökei az

21 −=x és 42 =x

egész számok. (1 pont)

Számolással ellenőrizhető, hogy ezek a számok megfelelnek az (1)-beli

032 22 ≥−−− pxx és 032 22 ≥+−− pxx

feltételű egyenlőtlenségeknek is, továbbá megoldásai az eredeti egyenletnek:

p=2 032 22 ≥−−− pxx 032 22 ≥+−− pxx 22222 3232 ppxxpxx =+−−+−−−

x1=-2 1>0 9>0 1+3=22

x2=4 1>0 9>0 1+3=22 (2pont) összesen 10 pont

Megjegyzés 1.: p=2 kiolvasható már akár (3)-ból, akár (4)-ből, és akkor y=5 rövidebben adódik.

Természetesen így dolgozva is megkapja a versenyző a megfelelő pontokat

(3+1+1)

Megjegyzés 2.:

Belátható, hogy 024 ≥− yp is teljesül.

47

Megoldások II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi masodik fordulojanak feladatmegoldasai


1. Tekintsuk azokat a konvex negyszogeket, amelyek 100 darab egysegnyi oldaluszabalyos haromszogre darabolhatok. Mekkorak lehetnek a megfelelo negyszogek oldalai?

Megoldas: A szabalyos haromszog minden szoge 60◦-os. Ha a darabolas utan anegyszog valamely csucsa k darab kis haromszognek lesz csucsa, akkor a negyszog ezenszoge k · 60◦. Mivel a negyszog konvex, k csak 1 vagy 2 lehet, azaz a negyszog mindenszoge 60◦-os, vagy 120◦-os. A negyszog ezek alapjan ket fele lehet: (a) ha ket szomszedosszoge 60◦-os, akkor szimmetrikus trapez; (b) ha ket szemkozti szoge 60◦-os, akkor paralel-ogramma. 3 pont

(a) Legyen a szimmetrikus trapez hosszabb alapjanak hossza x, magassaga pedig y ·√32,

azaz a szarak hossza y, ahol a trapez szogeinek ismereteben y < x. Ekkor a parhuzamosoldalak kozul a rovidebb hossza x− y, a kis haromszogek szama

100 = 2 · x+ (x− y)

2· y.

Atrendezve 2xy − y2 = 100, 2xy es 100 paros, ezert y2 illetve y is paros. Legyen y = 2z,ekkor 4xz − 4z2 = 100, amibol (x − z)z = 25. Mivel z osztoja 25-nek es 2z < x, innenz csak 1 lehet. Tehat z = 1, a szimmetrikus trapez szarainak hossza y = 2z = 2, aparhuzamos oldalak hossza x = 26 es x− y = 24. 3 pont

(b) A paralelogramma oldalainak hossza legyen u es v, legyen u ≤ v. Ekkor uv = 50.Az 50 osztoi 1, 2, 5, 10, 25 es 50. Ezek 3 part alkotva adhatjak a paralelogramma oldalait.A lehetseges (u; v) megoldasok: (1;50), (2;25), (5;10). 1 pont

Osszesen: 7 pont

2. Egy 30 fos osztalyban a karacsonyi ajandekozasrol sorshuzassal dontenek. Mindendiak nevet felırjak egy papırra, majd a 30 papırdarabot egy sapkaba teszik. Nevsorszerinti sorrendben mindenki kihuz egy papırt a sapkabol es a rajta szereplo embernekkeszıt ajandekot. Elkepzelheto, hogy valaki sajat magat ajandekozza meg.

Az atadas ugy tortenik, hogy eloszor jelentkeznek, akik magukat huztak, majd a tobbidiak kozul a legfiatalabb diak atadja ajandekat az altala huzott embernek, es innentolaki eppen megkapja az ajandekat, az lesz a soron kovetkezo ajandekot atado ember. Havalahol elakad a sor, azaz olyan diak kapja az ajandekot, aki mar a sajatjat atadta, demeg nem mindenki adta at illetve kapta meg az ajandekat, akkor ez utobbiak kozul alegfiatalabb ujra kezdi.

Mennyi a valoszınusege, hogy egy osztalyban hat egymast koveto ev karacsonyi ajandekozasasoran lesz legalabb egy olyan ev, amelyben senki nem huzza magat es a sor sem akad el?(Az osztaly letszama minden evben ugyanannyi.)

1


48


Megoldas: Szamoljuk ki, egyetlen sorsolas eseten mekkora a valoszınusege, hogy nemakad el a sor. Eloszor tekinsuk az osszes eset szamat: az elso diak 30-felet huzhat, akovetkezo 29-felet, ..., az utolso egyfelet. Osszesen 30!-fele sorsolas lehet. 2 pont

Ha nem akad el a sor, akkor a diakok korbe allhatnak ugy, hogy mindenki a jobb oldaliszomszedjat ajandekozza meg. A lehetseges sorsolasok szama ugyanannyi, ahanyfelekeppenkorbe tudnak allni. A legfiatalabbtol jobbkezre indulva az elso ember 29-fele lehet, akovetkezo 28-fele, ... az utolso -a legfiatalabb bal oldali szomszedja- 1-fele. Az esetek

szama tehat 29!. A keresett valoszınuseg29!

30!=

1

30. Ezek szerint egy sorsolas eseten

29

30a

valoszınusege, hogy a sor elakad. 3 pont

Annak a valoszınusege, hogy a 6 ev mindegyikeben elakad a sor eppen

(29

30

)6

. A feladat

ezen esemeny komplementerenek valoszınuseget kerdezi: annak valoszınusege, hogy egyhat evfolyamos osztalyban elofordul legalabb egyszer a hat karacsony kozul, hogy nemakad el a sor

1−(29

30

)6

≈ 0, 184. 2 pont

Osszesen: 7 pont

3. Melyek azok az x, y, z es w valos szamok, amelyekre egyszerre teljesul:

(1) x+ y + z =3

2,

(2)√4x− 1 +

√4y − 1 +

√4z − 1 ≥ 2 + 3

√w−2.

Megoldas: Becsuljuk (2) bal oldalat felulrol a szamtani es a negyzetes kozepek kozottiosszefugges felhasznalasaval, kihasznalva (1)-et:

√4x− 1 +

√4y − 1 +

√4z − 1 ≤ 3 ·

√(4x− 1) + (4y − 1) + (4z − 1)

3=

= 3 ·√4(x+ y + z)− 3

3= 3.

Egyenloseg akkor es csak akkor all fenn, ha 4x− 1 = 4y− 1 = 4z − 1, ami (1) miatt csakx = y = z = 1

2eseten teljesul. 3 pont

Most vizsgaljuk (2) jobb oldalat. Mivel√w − 2 ≥ 0, ezert 3

√w−2 ≥ 1, azaz 2+3

√w−2 ≥

3. Egyenloseg akkor es csak akkor all fenn, ha w − 2 = 0, azaz w = 2. 2 pontEzek alapjan (2) pontosan akkor teljesul, amikor mindket oldal erteke 3 es a valtozok

ertekei x = y = z = 12es w = 2. 2 pont

Osszesen: 7 pont

2

49


4. Adott egy egysegnyi oldalu negyzet. Hatarozzuk meg a negyzet sıkjaban levo azonkorok kozeppontjainak a halmazat (mertani helyet), amelyeknek a negyzet mind a negyoldalaval ket kozos pontja van.

Megoldas: Legyenek a negyszog csucsai A,B,C es D, a kor kozeppontja O, a korsugara r. Legyen O tavolsaga az AB, BC, CD es DA oldalaktol rendre x, y, z es v.Annak feltetele, hogy a kornek az AB oldallal ket kozos pontja van:

(i) r > x, azaz a kor metszi az AB egyenest es(ii) OA ≥ r illetve OB ≥ r, azaz a kornek es az AB egyenesnek a ket metszespontja

az AB szakaszon vannak. Ugyanilyen feltetelek ervenyesek a tobbi oldalra is, azaz r > y,r > z, r > v es OC ≥ r, OD ≥ r.

Az OA ≥ r es r > y feltetelek O-nak az A ponttol es a BC egyenestol valo tavolsagarolszolnak; egyutt azt jelentik, hogy O kulso pontja annak a parabolanak, melynek A afokusza, BC egyenese a vezeregyenese. (1. abra)

Az OA ≥ r es r > z feltetelek ugyanıgy egy parabola kulso pontjait adjak, a fokusz A,a vezeregyenes CD. (2.abra)

Amennyiben az elozo gondolatmenetet alkalmazzuk a tovabbi harom csucs es megfelelooldalparok eseten, a parabolakon kıvuli pontok a negyzet belsejeben a 3. abran lathatoL alakzatot adjak. Az alakzatot parabolaıvek hataroljak, de a hatarvonal pontjai nemtartoznak hozza L-hez. 4 pont

Az mar kiderult, hogy csak L pontjai tartozhatnak a keresett mertani helyhez, mostmegmutatjuk, hogy L minden pontja megfelelo. Legyen O az L alakzat egy tetszolegespontja. Tekintsuk az OA, OB, OC es OD szakaszokat, legyen ezek hosszanak minimumaa kor r′ sugara, ıgy a (ii) tıpusu feltetelek teljesulnek. Az (i) tıpusu feltetelek is teljesulnek,az altalanossag rovasa nelkul felteheto, hogy x ≥ y, x ≥ z, x ≥ v es O vetulete AB-n T .Ha OA = r′, akkor az OTA derekszogu -nem elfajulo- haromszogben r′ = OA > OT = x.Ha OB = r′ ugyanıgy ervelhetunk. Ha OC = r′ vagy OD = r′, akkor a parabolainkgarantaljak, hogy r′ > x. 3 pont

3

50


Ezzel belattuk, hogy a keresett mertani hely a parabolaıvek altal hatarolt L alakzat,a hatarvonal pontjai nem tartoznak hozza L-hez.

Osszesen: 7 pont

4

51

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivata l



2

A döntő feladatainak megoldása 1. Feladat

Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk:

920179

2

23

−+−−

=x

xxxK ,

ahol [ ]2008;2008−∈x és Zx∈ .

Mennyi a valószínűsége annak, hogy K egész szám, ha x eleget

tesz a fenti feltételeknek?

Megoldás: Nyilvánvaló, hogy a K kifejezés nem értelmezhető, ha 092 =−x , ezért

3±≠x . (1 pont) Alakítsuk át a K kifejezést:

( ) ( )9

2008992

22

−+−−−⋅

=x

xxxK ,

9

20081 2 −+−=

xxK . (2 pont)

K akkor és csak akkor lesz egész szám, ha

92008

2 −x egész, ami

ekvivalens azzal, hogy az 92 −x kifejezés értékei a 2008 szám

– pozitív és negatív – osztói. (1 pont)

Mivel 2008 prímtényezős felbontása: 25123 ⋅ , (1 pont)

ezért 92 −x -nek csak a következő táblázat első oszlopában

lévő értékei adhatnak K -ra egész értéket.

A táblázat tartalmazza az ezekből számított 2x , illetve x számokat.

52


Oktatási Hivata l



3

92 −x 2x x 1 10 nem egész szám -1 8 nem egész szám 2 11 nem egész szám -2 7 nem egész szám 4 13 nem egész szám -4 5 nem egész szám 8 17 nem egész szám -8 1 1=x és 1−=x

251 260 nem egész szám -251 -242 nem valós szám 502 511 nem egész szám -502 -493 nem valós szám 1004 1013 nem egész szám -1004 -995 nem valós szám 2008 2017 nem egész szám -2008 -1999 nem valós szám

(2 pont) A fenti táblázatból látható, hogy csak 892 −=−x esetben

kapunk x -re egész számot. Ez azt jelenti, hogy a feladat

szempontjából csak

1+=x

és

1−=x

felel meg, tehát a kedvező esetek száma:

2=k . (1 pont)

Az összes esetek számát megkapjuk, ha a [ ]2008;2008−

intervallumbeli egészek számából levonjuk az 3+≠x és 3−≠x

feltétel miatt kieső két számot. Így az összes esetek száma:

4015=n . (1 pont)

A keresett valószínűség tehát:

nkP = ,

4015

2=P . (1 pont)

Összesen: 10 pont

53


Oktatási Hivata l



4

2. Feladat

Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójára és az AC befogójára

kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket.

Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját!

Mekkora szögben látszanak az M pontból az ABC háromszög

oldalai?

Megoldás I. :

Jelöléseink az alábbi ábrán láthatók.

1. ábra

Az AGB háromszög negatív irányú °90 -os elforgatottja az ACE

háromszög. (2 pont)

Ezért a GB és CE szakaszok merőlegesek egymásra, tehát az

ABC háromszög BC oldala az M pontból derékszögben látszik. (2 pont)

Mivel GB és CE szakaszok merőlegesek egymásra, ezért az M pont

rajta van a BE szakasz, mint átmérő fölé rajzolt Thalész-körön is. (1 pont)

Ebben a körben az ∠ABE olyan kerületi szög, amely az AE ívhez

tartozik.

54


Oktatási Hivata l



5

Másrészt 045=∠ABE ,

mivel az ABDE négyzet oldalának és átlójának szöge. (1 pont)

De ugyanehhez az ívhez tartozik az ∠AME is, ezért a kerületi

szögek tétele alapján

∠=∠ ABEAME . (2 pont)

Így az AB átfogó M pontból mért látószöge: 00 4590 +=∠AMB ,

.1350=∠AMB (1 pont)

A harmadik oldal látószöge:

( )000 90135360 +−=∠AMC , 0135=∠AMC . (1 pont)

Összesen: 10 pont

Megjegyzés:

A második látószöget a kerületi szögtétel nélkül például az alábbiak

szerint kaphatjuk meg.

Megszerkesztjük az M pont (GB -n lévő) 090+ -os elforgatottját 'M -t.

Az 'AMM egyenlőszárú derékszögű háromszögből leolvashatjuk, hogy 0' 45=∠=∠ AMGAMM ,

amiből

∠+∠=∠ GMCAMGAMC , 00 9045 +=∠AMC ,

0135=∠AMC . (5 pont)

Ekkor ∠AMB -t számoljuk kivonással. (1 pont)

55


Oktatási Hivata l



6

Megoldás II. : Ebben a megoldásban a GB és CE szakaszok merőlegességét

vektorok segítségével bizonyítjuk.

2. ábra

A feladat feltételei miatt a 2. ábrán megjelölt b és 1b , illetve c és 1c

vektorokra nyilvánvalóan teljesül, hogy

(1) bACbb === 1 , illetve cABcc === 1 .

Mivel a b és a 1b , illetve a c és a 1c vektorok által bezárt szög

°90 -os, ezért a két-két vektor skaláris szorzata nulla, azaz

(2) 01 =⋅bb , és 01 =⋅ cc . (1 pont)

Az ábra alapján 1bcGB −= , és bcCE −= 1 . Írjuk fel a GB és CE vektorok skaláris szorzatát:

(3) ( ) ( )bcbcCEGB −⋅−=⋅ 11 .

Tudjuk, hogy a skaláris szorzás disztributív, ezért (3) átalakítva:

(4) bbcbbcccCEGB ⋅+⋅−⋅−⋅=⋅ 1111 .

(2)-t (4)-be helyettesítve:

(5) 11 cbbcCEGB ⋅−⋅−=⋅ (1 pont)

56


Oktatási Hivata l



7

következik. Mivel a c és b vektorok által bezárt szög a szokásos jelölések

mellett

α=∠BAC ,

a 1b és 1c vektorok bezárt szöge viszont

α−°=∠ 180GAE ,

ezért (5)-ből és (1)-ből

( )αα −°⋅⋅−⋅⋅−=⋅ 180coscos cbcbCEGB . (1 pont)

Felhasználva, hogy

( ) αα cos180cos −=−° ,

kapjuk, hogy

(6) 0=⋅CEGB .

A (6) összefüggés akkor és csakis akkor teljesül, ha a GB és CE

vektorok merőlegesek egymásra. Ez pontosan azt jelenti, hogy aGB

és CE szakaszok merőlegesek egymásra, ezért az ABC háromszög

BC befogója az M pontból derékszögben látható. (1 pont)

Innen a feladat az első megoldás menete alapján fejezhető be. (6 pont)

Összesen: 10 pont

57


Oktatási Hivata l



8

3. Feladat

Egy m sorból és n oszlopból álló, téglalap alakú táblázat minden

mezőjébe egy-egy számot írunk oly módon, hogy az egyes sorokba

írt számok egy-egy számtani sorozat egymás utáni tagjait képezik,

hasonlóképpen az egyes oszlopokba írt számok is egy-egy számtani

sorozat egymás utáni tagjai.

Mennyi a táblázatba írt számok összege, ha a téglalap négy sarkába

(csúcsába) írt számok összege 2008 ?

Megoldás:

3. ábra

Legyen a sarkokba írt négy szám a 3. ábra szerint dcba ;;; !

Először soronként összegezzük a számokat.

A feltétel szerint az első sorban levő számok egy számtani sorozat

tagjai. Ennek a számtani sorozatnak a különbségét jelöljük 1d -gyel!

Az első sorban levő számok a következők:

( ) bdnadadadaa =⋅−++++ 1111 1;...;3;2;; ,

összegük:

(1) 1111 )1(...)2()( dnadadaaS −+++++++= .

(2) nbaS21+

= . (1 pont)

Az egyes oszlopokban szereplő számok is egy-egy számtani sorozat

58


Oktatási Hivata l



9

tagjai. Az ezekhez a sorozatokhoz tartozó különbségek legyenek rendre

1432 ;...;;; +ndddd !

Ezekkel a jelölésekkel kifejezhetők (balról jobbra haladva) a

második sorban levő számok:

( ) 115141312 1;...;3;2;; ++⋅−++++++++ nddnaddaddaddada ,

amelyek összege:

(3) ( )[ ]113122 1...)()( ++−+++++++= nddnaddadaS .

Ha (3)-ból kivonjuk (1)-et, akkor azt kapjuk, hogy

(4) 13212 ... ++++=− ndddSS . (2 pont)

Jelöljük ezt dS -vel!

A harmadik sorban levő számok ugyancsak kifejezhetők a fenti

jelölésekkel:

( ) 115141312 21;...;23;22;2;2 ++⋅−++++++++ nddnaddaddaddada ,

ezek összege:

(5) [ ]113123 2)1(...)2()2( ++−+++++++= nddnaddadaS .

(5) és (3) különbségeként adódik:

13223 ... ++++=− ndddSS ,

ami (4) miatt

(6) dSSS =− 23 .

Bizonyítható, hogy bármelyik sor tagjainak összegéből kivonva a

megelőző sor tagjainak összegét, mindig ugyanazt az

132 ... ++++= nd dddS

összeget kapjuk, (3* pont)

azaz átrendezve (4), (6)…:

59


Oktatási Hivata l



10

dSSS += 12 ,

dSSS += 23 ,

……………..

dmm SSS += −1

Ezzel beláttuk, hogy az m sorban elhelyezkedő m darab összeg

szintén számtani sorozatot alkot. (1 pont)

Ennek első tagja (2) szerint

nbaS21+

= ,

m -edik tagja pedig

2)( ndcSm

+= . (1 pont)

Mivel a soronkénti összegeket – amik egy számtani sorozat

tagjai – kell összegeznünk, ezért

mSS

S m

21 += ,

222

mndcnba

S⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

++⋅

+

= ,

( )4

dcbanmS +++⋅⋅= . (1 pont)

A feladat feltétele alapján

2008=+++ dcba ,

ezért

42008⋅⋅

=nmS ,

nmS ⋅⋅= 502 . (1 pont)

Összesen: 10 pont

60


Oktatási Hivata l



11

Megjegyzés (1):

Természetesen úgy is eljuthatunk a megoldáshoz, hogy a sorok

összegzése után oszloponként adjuk össze a számokat, és a két

összeg együttesen a táblázatba írt számok összegének a kétszeresét

adja.

Megjegyzés (2):

A leírt megoldásban nem használtuk ki, hogy 13,2 ,..., +nddd számtani

sorozatot kell alkosson, ha a feladat szövege szerint minden sorban

számtani sorozat van. A versenyző erre is építheti megoldását.

Megjegyzés (3):

Ha a versenyző nem bizonyítja korrektül az

dii SSS =− −1

összefüggést, akkor a 3* pontból vonjunk le 1 pontot.

61

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2007-2008. tanevi harmadik, donto fordulojanak feladatmegoldasai


1. Egy urnaban van n + 2 darab cedula. Ket cedulan paros szam, n darabon pedigparatlan szam van, ahol n ≥ 2. Ketten jatszanak A es B. Minden jatekot A kezd, kihuz ketcedulat visszateves nelkul, majd B is ugyanezt teszi. Az A jatekos nyer, ha az altala huzottszamok osszege paros, de B osszege paratlan. B nyer, ha az o ket szamanak osszege paros,de A osszege paratlan. Ha mindkettojuk osszege egyszerre paros, vagy egyszerre paratlan,akkor ujra jatszanak. Milyen n ertek eseten lesz a legkisebb az ujrajatszas valoszınusege?

Megoldas: Legyen a ket jatekos nyeresenek valoszınusege P (A) es P (B). n = 2 esetenP (A) = P (B) = 0. Ha n > 2, akkor A gyozelmehez ket paratlant kell huznia, majd B-nek egy paratlant es egy parosat valamilyen sorrendben. Ezen esetek szama, a sorrendet isfigyelembe veve:

n(n− 1)((n− 2) · 2 + 2(n− 2)) = 4n(n− 1)(n− 2).

Az osszes lehetseges huzas (n+ 2)(n+ 1)n(n− 1)-felekeppen tortenhet. Igy

P (A) =4n(n− 1)(n− 2)

(n+ 2)(n+ 1)n(n− 1)=

4(n− 2)

(n+ 2)(n+ 1). 2 pont

Ugyanıgy B gyozelmehez ket paratlant kell huznia, elotte pedig A-nak egy paratlant es egyparosat valamilyen sorrendben. Ezen esetek szama, a sorrendet is figyelembe veve:

(n · 2 + 2n)(n− 1)(n− 2) = 4n(n− 1)(n− 2).

Ezek szerint P (A) = P (B) = 4(n−2)(n+2)(n+1)

. Az ujrajatszas valoszınusege n fuggvenyekent a

fentiek alapjan:

P (n) = 1− P (A)− P (B) = 1− 8(n− 2)

(n+ 2)(n+ 1)=

n2 − 5n+ 18

n2 + 3n+ 2. 2 pont

A P (n) fuggveny erteke 1 < n < 7 eseten: P (2) = 1; P (3) = 35; P (4) = 7

15; P (5) = 3

7;

P (6) = 37, azaz P (2) > P (3) > P (4) > P (5) = P (6). Amennyiben n > 6 akkor P (n) > 3

7.

P (n) =n2 − 5n+ 18

n2 + 3n+ 2>

3

7azaz 7n2 − 35n+ 126 > 3n2 + 9n+ 6

n > 6 miatt n2 + 3n + 2 > 0 tehat ekvivalens atalakıtast vegeztunk. Rendezve es szorzattaalakıtva

4(n2 − 11n+ 30) = 4(n− 5)(n− 6) > 0,

ami nyilvanvaloan teljesul.Az ujrajatszasnak tehat n = 5 vagy n = 6 eseten legkisebb a valoszınusege. 3 pont

Osszesen: 7 pont

A megoldas ugyanıgy tortenhet, ha a sorrendet nem veszi figyelembe a versenyzo. Ekkora valoszınusegek kiszamıtasanal a szamlalo es a nevezo is ugyanannyiszorosara valtozik, ahanyados erteke azonos marad a fent leırtakkal.

Oktatási Hivata l

62


2. Az ABC haromszog BC oldalanak felezo pontja D. Az ABD es ADC haromszogekkore ırt korok kozeppontjai rendre E es F . A BE es CF egyenesek metszespontja G. Tudjuk,hogy BC=2DG=2008 es EF = 1255 egyseg. Mekkora az AEF haromszog terulete?

Megoldas: A feladat feltetelei miatt E rajta van BD, F pedig DC felezomerolegesen.E ket egyenes tavolsaga a BC oldal fele, azaz 1004 egyseg. Ha ABC 6 = ACB 6 , akkor EFes BC parhuzamosak, EF = 1004. Az altalanossag rovasa nelkul feltetelezzuk, hogy a BColdalon fekvo szogek kozul B-nel van a nagyobb.

Legyen ADB 6 = δ. A kozepponti es keruleti szogek tetele alapjan az ABD kore ırt korttekintve BEA 6 = 2δ es ıgy ABE 6 = 90◦ − δ, az ADC kore ırt kort tekintve CFA 6 = 2δes ıgy ACF 6 = 90◦ − δ. Ezek szerint AG ugyanakkora szogben latszik B-bol es C-bol, azazABCG hurnegyszog. A BCG haromszogben BC = 2008 es a BC oldalhoz tartozo sulyvonalhossza DG = 1004, azaz G rajta van BC Thalesz koren es ıgy CGB 6 derekszog. Mivel A israjta van a BCG kore ırt koron, ezert CAB 6 is derekszog. (1. abra) 2 pont

EF az AD szakasz felezo merolegese, EF felezi az AED 6 esDFA 6 szogeket. A kozepponties keruleti szogek tetele alapjan: az ABD kore ırt kort tekintve ABD = β, AED 6 = 2β,AEF 6 = β; az ADC kore ırt kort tekintve DCA 6 = γ, DFA 6 = 2γ, EFA 6 = γ. Aztkaptuk, hogy ABC es AEF hasonloak. (2. abra) 2 pont

E es F meroleges vetulete a BC oldalon legyen rendre E ′ es F ′, ezek a pontok felezikBD-t es CD-t. EFF ′ 6 = ADB 6 = δ, mivel meroleges szaru hegyesszogek, ıgy

E ′F ′

EF= sin δ =

1004

1255, TABC =

BC ·DA · sin δ2

=10043

1255.

Az ABC es AEF haromszogek hasonlosagi aranya EF : BC = 1255 : 2008 = 5 : 8, teruleteikaranya a hasonlosagi arany negyzete, tehat

TAEF =25

64· 1004

3

1255= 315005 (teruletegyseg). 3 pont

Osszesen: 7 pont

3. Egy 2 egyseg magassagu egyenes korhenger alapkorenek atmeroje legyen egy egyseg. Ahengert olyan sıkkal messuk el, mely a forgastengellyel 45◦-os szoget zar be es az alapkorrel

63


egyetlen kozos pontja van. Legyen ez a pont O. A hengerpalastot ezutan az O ponton atmenoalkoto menten felvagva kiterıtjuk, ami altal a metszetgorbe sıkgorbe lesz.

Mely x 7→ f(x) fuggveny grafikonja ez a sıkgorbe?

Megoldas: Legyen K az alapkor kozeppontja, a metszo sık S, a henger tengelye t, S es tkozos pontja M . Jelolje az alapkor sıkjat S ′, ennek metszesvonalat S sıkkal m. m az alapkortannak O pontjaban erinti. Mivel t meroleges S ′-re, ezert a benne fekvo m-re is ıgy t-nek S-reeso d vetulete meroleges m-re. Masreszt m meroleges a KO es KM egyenesekre,tehat az MOegyenesre is. Mivel d-nek pontja M es MO-hoz hasonloan meroleges m-re, ezert d eppen azMO egyenes. Az MKO haromszogben K-nal derekszog, M -nel 45◦-os van, ebbol kovetkezik,hogy S es S ′ szoge MOK 6 = 45◦. 2 pont

Legyen a metszesvonal egy tetszoleges pontja P , vetulete az alapkoron es az OM egyenesenrendre P ′ es Q. A kiterıtett palaston P pont x koordinataja az alapkor OP ′ ıvenek hossza,y koordinataja PP ′. 1 pont

Legyen az OKP ′ 6 radianban z. Mivel OK = 12az OP ′ ıv hossza z

2. Legyen Q vetulete

OK-ra Q′, a KQ′ elojeles hossza akkor legyen negatıv, ha K a Q′ es O koze esik. OQ′ =OK −KQ′ = 1

2(1− cos z) = sin2 z

2. Mivel QOQ′ egyenlo szaru derekszogu haromszog, ezert

OQ′ = Q′Q. Masreszt PP ′Q′Q teglalap, hiszen PP ′ es QQ′ merolegesek S ′-re es ıgy a m-reis, PQ es P ′Q′ pedig parhuzamosak m-mel. Tehat OQ′ = Q′Q = P ′P , megkaptuk a keresettfuggoleges koordinatat.

A keresett hozzarendeles ezek szerint f( z2) = sin2 z

2, azaz x 7→ sin2 x. Mivel az alapkor

atmeroje egy, ezert az alapkor kerulete π, a gorbet leıro fuggveny ertelmezesi tartomanya[0; π]. 4 pont

Osszesen: 7 pont

64

Megoldások Dönt® forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2007–2008-as tanévMATEMATIKA, III. kategória

a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére

A döntő feladatainak megoldásai

1. feladat.Az A1A2 . . . A6 konvex hatszög mindegyik belső szöge tompaszög. Az Ai középpontú

ki körök (1 ≤ i ≤ 6) úgy helyezkednek el, hogy k1 kívülről érinti k2-t és k6-ot, k2 kívülrőlérinti k1-et és k3-at, általában ki kívülről érinti ki−1-et és ki+1-et. A k1-en találhatókét érintési pontot összekötő egyenesnek és a k3-on található érintési pontokat összekötőegyenesnek a metszéspontját összekötjük A2-vel, ez lesz az e egyenes. Hasonlóan, a k3-on, illetve k5-ön levő érintési pontokat összekötő egyenesek metszéspontját összekötjükA4-gyel, ez lesz az f egyenes. Végül, a k5-ön, illetve k1-en található érintési pontokatösszekötő egyenesek metszéspontját összekötjük A6-tal, ez lesz a g egyenes. Mutassukmeg, hogy e, f és g egy ponton mennek át.

Első megoldás: Jelöljük li-vel azt az egyenest, amely a ki körön levő két érintési pontotköti össze (i = 1, . . . , 6). Az A1 . . . A6 hatszög konvexitása miatt li elválasztja Ai-t atöbbi csúcstól. Ha αi jelöli a hatszög belső szögét az Ai csúcsnál, akkor az li egyenesεi = (π − αi)/2 szögben metszi a hatszög két oldalát. Erre a szögre αi > π/2 miattεi < π/4 teljesül.

k1

A1

l 1

A2k 2l3

k3

A 3

ε3

ε3

ε3

ε1

ε1

ε1

ε1 l2

ε3

ε2

ε2

ε2

ε2

E

e

Tekintsük az l1 és az l3 egyenest. Ezek l2-vel az ε1 + ε2, illetve ε2 + ε3 hegyesszögeketzárják be, amelyek l2-nek az A2-t tartalmazó félsíkjában egymással szemben állnak. Emiatt

1

Oktatási Hivata l

65


l1 és l2 metszik egymást ennek a félsíknak egy E pontjában, és az A2 pont az l1, l2, l3által közrefogott háromszögnek belső pontja. Hasonló megállapítások érvényesek az l3 ésl5 metszéspontjaként keletkező F pontra és A4-re, valamint az l5 és l1 metszéspontjakéntadódó G pontra és A6-ra. Az EFG háromszögnek tehát A2, A4 és A6 belső pontjai.

k 6

A6

k1

A1

l 1

A2k 2l3

V

k3

A 3

l 5

A4

A5 k 5

k4ε3

ε5

ε5

ε5ε5

ε3

ε3

ε3

ε1

ε1

ε1

ε1

eg

G

Y

Z

Q

U

E

R

W

f

X

P

F

Azt kell belátnunk, hogy az e = EA2, f = FA4 és g = GA6 egyenesek az EFG három-szögben Ceva-féle egyenesek, azaz egy pontban metszik egymást. Jelölje P , Q és R rendreaz e-nek, f -nek, illetve g-nek az EFG háromszög szemközti oldalaival vett metszéspontját.

Megmutatjuk, hogyFP

PG· GQ

QE· ER

RF= 1, és ebből a Ceva-tétel megfordítására hivatkozva

következik majd állításunk.Először az egyes oldalakon keletkező szakaszok arányát a háromszög oldalaival és a

keletkező szögek szinuszaival fejezzük ki.

2

66


Segédtétel. Ha az ABC háromszög AB oldalát egy C-ből induló félegyenes a K

pontban metszi, akkorAK

KB=

AC

BC· sin γ1sin γ2

, ahol γ1 = ACK∢, γ2 = KCB∢.

C

γ2γ1

K BA

Bizonyítás. AzAK

KBarány megegyezik az AKC és KBC háromszögek területének arányá-

val, mert ezeknek a háromszögeknek közös a C-ből induló magassága. A két háromszögterületét kifejezhetjük két oldalával és a közbezárt szög szinuszával is. Ekkor

AK

KB=

2 · TAKC

2 · TKBC=

AC · KC · sin γ1KC · BC · sin γ2

=AC · sin γ1BC · sin γ2

.

A segédtétel bizonyítása után nevezzük el az ábra szerint a k2 körön levő két érintésipontot U -nak és V -nek, a k4 körön az érintési pontokat W , X-nek, a k6 körön az érintésipontokat Y , Z-nek. Egyenlő szárú háromszögek és csúcsszögek alapján több egyenlő szögis van az ábrán:

EUA2∢ = A1UZ∢ = A1ZU∢ = GZA6∢ = ε1 ,

FWA4∢ = A3WV ∢ = A3VW∢ = EV A2∢ = ε3 ,

GY A6∢ = A5Y X∢ = A5XY ∢ = FXA4∢ = ε5 .

Most alkalmazzuk a szinusztételt az EUA2 és EV A2 háromszögekre:

sin(UEA2∢)

sin ε1=

UA2

EA2=

V A2

EA2=

sin(V EA2∢)

sin ε3,

innensin(V EA2∢)

sin(UEA2∢)=

sin ε3sin ε1

.

Ugyanilyen úton kapjuk, hogy

sin(XFA4∢)

sin(WFA4∢)=

sin ε5sin ε3

éssin(ZGA6∢)

sin(Y GA6∢)=

sin ε1sin ε5

.

A segédtétel és az eddigi egyenlőségek alapján az EFG háromszög egyes oldalain keletkezőszakaszok aránya:

FP

PG=

EF · sin(V EA2∢)

EG · sin(UEA2∢)=

EF

EG· sin ε3sin ε1

,

GQ

QE=

FG · sin(XFA4∢)

EF · sin(WFA4∢)=

FG

EF· sin ε5sin ε3

,

ER

RF=

EG · sin(ZGA6∢)

FG · sin(Y GA6∢)=

EG

FG· sin ε1sin ε5

.

3

67


Ebből valóbanFP

PG· GQ

QE· ER

RF= 1 adódik, amit bizonyítani akartunk.

Második megoldás: Használjuk az első megoldásban bevezetett l1, l3, l5, E, F , Gjelöléseket. Feküdjön a hat kör a tér valamely S síkjában. Állítsunk a körökre egyenlőnyílásszögű egyenes körkúpokat, amelyek B1, . . . , B6 csúcsai közül B1, B3 és B5 az S síkegyik félterében, B2, B4 és B6 a másikban helyezkedjen el. Jelölje S1 a B6B1B2 síkot, S3

a B2B3B4 síkot és S5 a B4B5B6 síkot. Ekkor az l1, l3, l5 egyenesek rendre az S1, S3 és S5

metszésvonalai az S síkkal. Így az E pont illeszkedik S1 és S3 metszésvonalára, emiatt eza metszésvonal az EB2 egyenes. Hasonlóan, S3 és S5 metszésvonala az FB4 egyenes, S5 ésS1 metszésvonala a GB6 egyenes. Ezeknek a metszésvonalaknak az S síkra eső merőlegesvetületei rendre az e, f és g egyenesek.

Három sík páronként vett metszésvonalai vagy egy ponton haladnak át (amikor asíkoknak van közös pontja), vagy pedig párhuzamosak (amikor nincs). Ha tehát S1-nek,S3-nak és S5-nek van közös pontja, akkor e, f és g is egy ponton halad át. A másik esetcsak oly módon állhatna elő, hogy e, f és g párhuzamosak. Az első megoldás első kétbekezdéséhez hasonlóan belátható, hogy a feladat feltételeiből következően ez lehetetlen.

2. feladat.Két játékos előtt egy-egy kavicskupac található, kezdetben mindkettőben k kavics

van. Először az első játékos ezekhez hozzátesz összesen 2008 újabb kavicsot, az új kavi-csokat tetszőlegesen oszthatja el a két kupac között (akár az összeset is az egyik kupacbateheti). Ezután a második játékos tesz hozzá a kupacokhoz összesen 2008 újabb kavicsot,és ugyanígy folytatják felváltva. Az nyer, akinek a kupacában (a saját vagy ellenfele lépéseután) a kavicsok száma négyzetszám, míg ellenfele kupacára ez nem igaz (ha mindkétkupac ilyen, akkor a játékot folytatják). Van-e végtelen sok k-ra a második játékosnaknyerő stratégiája?

Megoldás: A válasz igenlő, pl. minden elég nagy n esetén k = n2 − 2009-re a másodikjátékosnak van nyerő stratégiája.

Jelölje az első játékost E, a másodikat M, és legyen n olyan nagy, hogy n2 − 2010 ésn2 +4014 között az n2-en kívül ne legyen négyzetszám (pl. n ≥ 2007 megfelel, hiszen ekkor(n + 1)2 − n2 = 2n + 1 > 4014, és n2 − (n − 1)2 > 4012).

Tegyük fel, hogy E az első lépésben t kavicsot tesz a saját kupacába és 2008−t kavicsotaz M-ébe. Ekkor E kupacában n2 − 2009 + t < n2, M kupacában n2 − 1 − t < n2 kavicslesz, tehát a játék biztosan nem ért véget.

Vizsgáljuk először a t < 2008 esetet (azaz amikor E az első lépésben nem teszi minda 2008 kavicsot a saját kupacába). Ekkor M kupacában legalább n2 − 2008 kavics lesz,ezt tehát fel tudja most tölteni n2-re, miközben E kupacában összesen csak n2 − 2 kavicslesz (hiszen a kavicsok száma összesen 2 · 2008-cal szaporodott a kezdeti 2(n2 − 2009)-hezképest). Így ebben az esetben M máris nyert.

Hátra van a t = 2008 eset, ekkor tehát E első lépése után E kupacában n2 − 1, Mkupacában pedig n2 −2009 kavics van. Tegyen most M egyetlen kavicsot a saját kupacábaés 2007-et ellenfeléébe. Ekkor E kupacában n2 + 2006, M kupacában n2 − 2008 kavicslesz. Ezek egyike sem négyzetszám, tehát a játék folytatódik. Ha most E mind a 2008

4

68


kavicsot M kupacába teszi, akkor M nyert. A többi esetben M kupacában összesen n2-nél kevesebb, de legalább n2 − 2008 kavics lesz, miközben E kupacában a kavicsok számalegfeljebb n2 + 4014. A játék tehát nem ért véget, és most M n2-re tudja feltölteni a sajátkupacát, miközben E kupacában n2 + 4014 kavics lesz, tehát M nyert.

3. feladat.Mutassuk meg, hogy minden 1 < r < s < 2008/2007 számokhoz vannak olyan (nem

feltétlenül relatív prím) p és q pozitív egészek, hogy r < p/q < s, és sem a p, sem a q tízesszámrendszerbeli felírásában nem szerepel a 0 számjegy.

Megoldás: A megoldás lényege a következő. Veszünk (r+ s)/2-höz nagyon közel egy u/vracionális számot, ahol u és v is 10-val kezdődik. Ezt azonosan átalakítjuk először úgy,hogy sok 0-t írunk mind a számláló, mind a nevező végére, majd balról jobbra haladvaegyesével korrigáljuk a számláló és a nevező 0 jegyeit, mégpedig úgy, hogy az éppen vizs-gált tört adott számjegyétől kezdődően hozzáadunk (vagy levonunk) a számláló esetébenu-t, a nevező esetében v-t. Ily módon az u/v racionális szám egy olyan alakjához jutunk,amelynek számlálójában és nevezőjében az utolsó „néhány” jegytől eltekintve nem fordulelő 0 számjegy. Végül, ezeken az utolsó helyeken tetszőlegesen megváltoztatjuk a 0 jegyeketvalami másra. Mivel az így keletkezett tört nagyon közel van u/v-hez, és így (r+ s)/2-hözis, ezért megfelel a feltételeknek.

Nézzük a részleteket. Írjuk föl az (r + s)/2 számot végtelen tizedes tört alakban:

1,0t2t3 . . . .

Legyen v = 10n, és u az a szám, melynek tízes számrendszerbeli alakja 10t2t3 . . . tn, az nértékét majd később választjuk meg. Persze u/v közel van (r + s)/2-höz, pontosabban

∣∣∣∣u

v− r + s

2

∣∣∣∣ ≤ 1

10n.

A megoldás következő lépéseiben az u/v törtet bővítjük. Először egészítsük ki az ués v számokat 0 számjegyekkel a végükön úgy, hogy mindketten k számjegyből álljanak(tehát a törtet 10 egy hatványával bővítettük), a k értékét is később választjuk meg. Ezta kiinduló törtet jelölje u1/v1.

A következőkben a vizsgált tört számlálójához mindig 10ℓu-t, nevezőjéhez 10ℓv-tadunk alkalmas ℓ egészre, vagy pedig a számlálóból 10ℓu-t, a nevezőből 10ℓv-t kivonunk.Ilyen lépések során a tört értéke nem változik, továbbra is u/v marad. Szemléletesen: azéppen vizsgált tört j-edik (j ≤ k−n) számjegyétől kezdődően hozzáadunk (vagy levonunk)a számláló esetében (egyszer vagy többször) u-t, a nevező esetében v-t. Ezt a lépést rövidenúgy hívjuk majd, hogy a számláló és a nevező j-edik jegyét „növeljük”, vagy „csökkentjük”.Vizsgáljuk meg, hogyan változnak egy-egy ilyen lépésnél a számláló és a nevező számjegyei.Tudjuk, hogy u is és v is 10-val kezdődő n + 1 jegyű számok.

Ha a j-edik számjegyet növeljük, akkor ez a számjegy 1-gyel vagy 2-vel nőni fog mo-dulo 10. Ha közben tízes átlépés is keletkezik, akkor persze a j-ediktől balra lévő szám-jegyek is módosulnak, ez akkor következhet be, ha a j-edik számjegy 8 vagy 9. Érdemes

5

69


megjegyezni, hogy m ≤ 4 egymás utáni növelő lépés során a j-edik számjegy csak m-melvagy m + 1-gyel nőhet (mert u és v második számjegye nulla).

Hasonlóképpen, ha a j-edik számjegyben m ≤ 4-szer csökkentünk, akkor ennek értékem-mel vagy m + 1-gyel csökken modulo 10, miközben tízes átlépés is keletkezhet, amikora j-ediktől balra lévő számjegyek is módosulhatnak.

Jelölje egy adott pillanatban a törtünk számlálóját a1a2 . . . ak, nevezőjét b1b2 . . . bk.Azt mondjuk, hogy ez a tört a j−1-edik számjegyig bezárólag már „ jó”, ha a1, . . . , aj−1 ésb1, . . . , bj−1 egyike sem 0, továbbá aj−1 és bj−1 egyike sem 9. A kiinduló u1/v1 tört az elsőszámjegyig bezárólag jó, hiszen az első számjegyek 1-esek. Ha a törtünk már a j − 1-edikszámjegyig bezárólag jó (ahol j ≤ k − n), akkor hajtsuk végre a következő lépéseket.

Ha aj és bj egyike sem 0, sem 9, akkor nem csinálunk semmit. Ha |aj − bj | ≤ 6,akkor a j-edik számjegyet tudjuk növelni vagy csökkenteni tízes átlépés nélkül is úgy, hogyne keletkezzen se nulla, se kilences. Valóban, ha valamelyik nulla volt, akkor a másiklegfeljebb 6, és így 1-gyel növelhetünk. Ha valamelyik 9 volt, akkor a másik legalább 3, így1-gyel csökkenthetünk.

Ha |aj − bj | ≥ 7, akkor növelünk úgy, hogy a nagyobbik számjegy a tízes átlépés után1 vagy 2 legyen. Ehhez a legrosszabb esetben 4-gyel kell növelnünk (ha az a számjegy 7-esvolt). Mivel a kisebbik számjegy legfeljebb 2 lehet, maximum 7-ig nőhet. Közben a tízesátlépés miatt aj−1 és bj−1 egyikéhez 1-et kell adni, de mivel itt nem volt 9-es a feltevésünkszerint, ezért nem keletkezik nulla, és további tízes átlépés sincs, azaz j−1-ediknél korábbiszámjegy nem változik. (Az lehet, hogy a j − 1-edik pozícióban keletkezik egy 9-es, de eznem baj). Ezért a kapott tört a j-edik számjegyig bezárólag jó.

Ezt az eljárást folytathatjuk addig, amíg a törtünk jó nem lesz az első k−n számjegyigbezárólag. Jelölje a, illetve b a számlálóban, illetve a nevezőben az első k − n számjegybőlálló számot. Ekkor a számláló 10na + c, a nevező pedig 10nb + d, ahol 0 ≤ c, d < 10n.Persze (10na+c)/(10nb+d) = u/v. Változtassuk meg a c és d számok jegyeit tetszőlegesenúgy, hogy a kapott c′ és d′ számokban már ne szerepeljen a 0 számjegy. Megmutatjuk,hogy p = 10na + c′ és q = 10nb + d′ kielégíti a feladat feltételeit, vagyis n és k alkalmasválasztásával a kapott p/q tört r és s közé esik. Ehhez azt kell igazolni, hogy az utolsón számjegy tetszőleges változtatásával az u/v tört értéke csak „keveset” módosulhat.

Nyilván u/v is és p/q is benne van a

[10na

10nb + (10n − 1),

10na + (10n − 1)

10nb

]

intervallumban, melynek hossza kisebb, mint

10n(a + 1)

10nb− 10na

10n(b + 1)=

(a + 1)(b + 1) − ab

b(b + 1)=

a/(b + 1) + 1

b.

Mivel a és b is k − n jegyű számok, a/(b + 1) ≤ 10, ezért az intervallum hossza kisebb,mint 11/10k−n−1 ≤ 1/10k−n−3. Ezért k = 2n + 3 választással

∣∣∣∣p

q− u

v

∣∣∣∣ <1

10n.

6

70


Vagyis ∣∣∣∣p

q− r + s

2

∣∣∣∣ <2

10n.

Ha tehát n-et úgy választjuk, hogy 1/10n−1 már kisebb legyen s− r-nél, akkor p/q ténylegr és s közé esik.

7

71

Documents

2007/2008 - matek.fazekas.hu · eladatlapF ok I. forduló Specmat 2NWDWiVL+LYDWDO Országos Középiskolai anTulmányi Verseny 2007 2008-as tan év MATEMATIKA, III. ategóriak Az