2015/2016 - Fazekas · Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓ RIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADAT OK 1. Egy adott földterület felásását

2015/2016

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

OKTV 2015/2016 1. forduló

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

O k t a t á s i H i v a t a l

A 2015/2016. tanévi

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. A 2015 olyan négyjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek és közülük pontosan kettő

prímszám. Hány ilyen négyjegyű természetes szám van?

2. Oldja meg a valós számpárok halmazán az 2

12 yx , 4

722 yx egyenletrendszert!

3. A BC átfogójú ABC derékszögű háromszög AB befogójának A pontból induló félegyenesén

megjelöljük azt a 0B pontot, amelyre ABAB 30 . Azt tapasztaljuk, hogy az ABC és CAB0

háromszögek hasonlók.

Bizonyítsa be, hogy az CAB0 háromszögben CB belső szögfelező!

4. Legyenek a 04

1

1

1

2

2

x

p

px

p

p egyenlet valós gyökei 1x és 2x .

Határozza meg a 0p valós paraméter mindazon értékeit, amelyekre fennáll, hogy

1

12121

pxxxx !

5. Az na sorozatra teljesül, hogy 11 a , és minden 2n esetén 12 1

1

n

nn

a

aa .

Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyik nagyobb 100

1-nál?

6. A négyzet alakú ABCD asztallapra két egybevágó szabályos

háromszöget terítünk le az ábra szerint (a szabályos háromszögek

oldalainak hossza egyenlő a négyzet oldalainak hosszával).

Határozza meg a kétszer lefedett rész területének és a nem fedett rész

területének arányát!

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

A 2015/2016. tanéviOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny

els® forduló

MATEMATIKA II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)

FELADATOK

1. Adottak az 1, 2, 3, ..., 2015 grammos súlyok. Be lehet-e osztani ®ket öt csoportbaúgy, hogy a súlyok száma és az összege is azonos legyen minden csoportban?

2. Két egyenl® szárú háromszöget vizsgálunk. Az els®nél a háromszög beírt köre aszárakat az alaphoz közelebbi harmadolópontban érinti, a másodiknál az alaptól távolabbiharmadolópontban. Melyik esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobbhányadát?

3. A pozitív egész számok körében négy egymást követ® páratlan szám négyzeténekaz összegét vizsgáljuk. Hány ilyen számnégyes van 1 és 100 között, amelyeknél ez anégyzetösszeg 36-tal osztható?

4. A 11.a osztály sakkozni szeret® diákjai körmérk®zéses sakktornát rendeztek egymásközött. Mindenki mindenkivel egyszer játszott. Az eredmények érdekesen alakultak: arésztvev®k közül bármely kett®höz van legalább egy olyan, akit mindketten legy®ztek atornán. Legalább hányan szeretnek sakkozni a 11.a-ban?

5. Oldjuk meg a következ® egyenletet, ha x 2-nél nagyobb természetes szám:√

1 +1

22+

1

32+

√1 +

1

32+

1

42+ ... +

√1 +

1

(x − 1)2+

1

x2=

2015 · (2x + 1)

2x.

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

��


első forduló

MATEMATIKA III. KATEGÓRIA(a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)

FELADATOK

1. Mely ABC háromszögekhez léteznek olyan e és f egyenesek, hogy az A pontot e-re,majd a kapott pontot f -re tükrözve B-t kapjuk, viszont az A-t előbb f -re, majd akapott pontot e-re tükrözve C-t kapjuk?

2. Milyen alapú számrendszer esetén létezik olyan 1-nél nagyobb pozitív egész, amelymegegyezik a számjegyei összegének a négyzetével?

3. Adott a síkon két kör egymás külsejében, sugaraik r és R. Egy egyenlő szárú három-szög alapja az egyik külső közös érintőszakaszon fekszik, szemközti csúcsa a másikkülső közös érintőszakaszra illeszkedik, szárai pedig érintenek egyet-egyet a körökközül. Igazoljuk, hogy a háromszögnek az alaphoz tartozó magassága r +R.

4. Legyenek az n pozitív egésznél nem nagyobb prímek p1, . . . , pr. Bizonyítsuk be, hogy

r∑

i=1

⌊logpin⌋ =

r∑

i=1

⌊n

pi

⌋− 2

∑

1≤i<j≤r

⌊n

pipj

⌋+ 3

∑

1≤i<j<k≤r

⌊n

pipjpk

⌋− . . . ,

ahol ⌊x⌋ az x szám (alsó) egészrészét jelenti.

5. Egy 2016 csúcsú teljes gráf csúcsaiba versenybolhákat ültetünk, éleit pedig megszá-mozzuk az 1, 2, . . . ,

(20162

)természetes számokkal. A számokat ezután növekvő sor-

rendben felolvassuk. Minden egyes szám felolvasása után a számhoz tartozó él kétvégén ülő bolha helyet cserél. A verseny győztese a legtöbb helycserét végző bolha.(Holtverseny esetén több győztes is lehet.)

(a) Legfeljebb hány helycserét végezhet egy győztes bolha?

(b) Legalább hány helycserét kell végeznie egy győztes bolhának?


4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

OKTV2015/2016 második forduló

Oktatás i Hivata l

A 2015/2016. tanévi


második forduló


(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Egy adott földterület felásását három munkás végzi. Éppen elkészülnek a

munkával, ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot

dolgozik. Akkor is éppen elkészülnének a munkával, ha az első munkás 7

napot, a második 9 napot és a harmadik 2 napot dolgozna. Hány napot

kellene a munka elvégzéséhez a harmadik munkásnak dolgoznia, ha az első

csak 2 napot, a második pedig csak 4 napot dolgozna?

2. Húzzon egy vízszintes egyenest, majd egy erre merőleges függőleges

egyenest, ezután az utóbbira merőleges vízszintes egyenest, és így tovább.

Minden újabb egyenes legyen merőleges a közvetlen előtte húzott egyenesre

és különbözzön az összes előző egyenestől! Bizonyítsa be, hogy az eljárást

bármikor abbahagyva a keletkező metszéspontok száma vagy két egymást

követő természetes szám szorzatával vagy egy négyzetszámmal egyenlő!

3. Bizonyítsa be, hogy minden x valós szám esetén 2cos3sin2 xx !

Mikor áll fenn egyenlőség?

4. Határozza meg a 2log20142log32log22log1

2015432 2015...432

szorzat utolsó

számjegyét!

5. Az ABC háromszögben a szokásos jelölések mellett 60 és 40 .

Legyen a P pont a BC oldal egy belső pontja.

Bizonyítsa be, hogy az ABP háromszög körülírt körének középpontját az AP egyenesre tükrözve a PCA háromszög körülírt körének egy pontját

kapjuk!


5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

A 2015/2016. tanévi


döntő forduló


(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Adott három egymástól és nullától különböző számjegy, melyekből elkészítjük az

összes lehetséges tízes számrendszerbeli háromjegyű számot.

Azt tapasztaljuk, hogy a kapott háromjegyű számok közül a két legnagyobb szám

összege 1444 .

Határozza meg a három számjegyet!

2. Legyenek rtp ;; pozitív prímszámok.

Tekintsük azt a számtani sorozatot, amelynek első tagja ra 1 , differenciája

td 7 .

Határozza meg a rtp ;; prímszámokat, ha teljesül, hogy

rtpdprartatpa 321 !

3. Az ABC hegyesszögű háromszög BCAB; és CA oldalain úgy vettük fel a ED; és

F belső pontokat, hogy BEDE és CEFE .

Igazolja, hogy az ADF háromszög köré írt kör középpontja illeszkedik a DEF

szögfelezőjére!


7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, dönt® forduló

MATEMATIKA II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)

FELADATOK

1. Jelölje a pozitív egész k utolsó jegyét u(k), például u(2016) = 6. Egy számsorozattagjainak képzési szabálya a következ®: a pozitív egész a0 adott, továbbá n > 0 esetén

an = an−1 + u(an−1) − 1.

Milyen a0 számok esetén tartalmaz a sorozat végtelen sok 3-hatványt?

2. A négyzetrácson adott az ABCD konvex rácsnégyszög úgy, hogy mind a négycsúcsa, mind pedig átlóinak M metszéspontja rácspont (azaz olyan pont, melynek mindkétkoordinátája egész). Jelölje t az ABCD négyszög, t1 pedig az ABM háromszög területét.Igazoljuk az alábbi egyenl®tlenséget és állapítsuk meg, mikor lehet egyenl®ség:

√t ≥

√t1 +

√2

2.

3. Egy társaság n tagból áll, közülük néhányan ismerik egymást, az ismeretség köl-csönös. Bármely két, egymást nem ismer® embernek pontosan két közös ismer®se van.Amennyiben két ember ismeri egymást, nekik nincs közös ismer®sük. Igazoljuk, hogy atársaság minden tagjának ugyanannyi ismer®se van.


8

Feladatlapok Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


FELADATOK

1. Az {1, 2, . . . , n} halmaz egy részhalmazát kicsinek nevezzük, ha üresvagy kevesebb eleme van a legkisebb eleménél. Adott n-re hány kicsirészhalmaz van?

2. Anna tetszőlegesen beosztja az n+ 1 , n+ 2 , . . . , n+ 2k számokat kdarab diszjunkt párba. Ezután megmondja Balázsnak, mennyi az egyespárokban az elemek szorzata. Legyen f(n) az a maximális k, amelyreebből a k darab szorzatértékből Balázs mindig ki tudja találni az Annaáltal gondolt számpárokat. Bizonyítsuk be, hogy vannak olyan c és d,az n-től független pozitív konstansok, hogy minden elég nagy n-re

c√n < f(n) < d

√n .

3. Az ABC háromszög A-val átellenes oldalán felvettük az A1 pontot, aB-vel átellenes oldalon B1-et, a C-vel átellenesen C1-et úgy, hogy azAA1, BB1, CC1 szakaszok áthaladnak ugyanazon a P ponton. Bizo-nyítsuk be, hogy

AP · PA1 +BP · PB1 + CP · PC1 <1

3

(BC2 + CA2 +AB2

).

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

O k t a t á s i H i v a t a l

A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA)

Javítási-értékelési útmutató

1. A 2015 olyan négyjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek és közülük

pontosan kettő prímszám. Hány ilyen négyjegyű természetes szám van?

Megoldás:

A 10-es számrendszerben a tíz darab számjegy között négy prímszám van, ezek a 7;5;3;2 .

Ezekből két különböző számjegy 62

4

-féleképpen választható ki.

Ha a két nem prím számjegy közül az egyik a 0 , akkor a másik nem prím számjegy 5-féle

lehet.

Mivel 0 nem állhat az ezresek helyén, ezért a négy különböző számjegynek

181233 -féle sorrendje lehetséges.

Ebből az következik, hogy a feltételeknek megfelelő olyan négyjegyű szám, amelynek jegyei

között egy darab 0 számjegy van, pontosan 5401856 állítható elő.

Ha a két különböző, nem prím számjegy egyike sem 0 , akkor a nem prím számjegyek közül

két különbözőt 102

5

-féleképpen választhatunk ki.

A négy különböző számjegynek 241234 -féle sorrendjét állíthatjuk elő.

Ebből azt kapjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelelő olyan négyjegyű szám, amelynek

jegyei között a 0 számjegy nem szerepel, pontosan 144024106 darab van.

Tehát az olyan 10-es számrendszerbeli, különböző számjegyekből álló négyjegyű számból,

amelynek pontosan két jegye prímszám, 19801440540 darab van.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

10 pont

10


Matematika I. kategória


2. Oldja meg a valós számpárok halmazán az 2

12 yx , 4

722 yx

egyenletrendszert!

1. Megoldás:

A két egyenlet megfelelő oldalait összeadva azt kapjuk, hogy

(1) 4

5222 yyxx .

Ebből ekvivalens átalakítással

(2) 0124

1 22 yyxx

következik.

Látható, hogy (2) bal oldala két teljes négyzet összege, mégpedig

(3) 012

1 2

2

yx .

A (3) összefüggés bal oldalán szereplő zárójeles kifejezések nem negatívak, összegük akkor

és csak akkor zérus, ha mindkét kifejezés értéke zérus.

Ebből 02

1x és 01y következik.

Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az 1;2

1 yx valós számpár.

Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a kapott számpár az eredeti egyenletrendszer

mindkét egyenletét kielégíti.

Összesen:

2 pont

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

11




2. Megoldás:

Az első egyenletből kifejezhetjük az x -et, ezzel

(1) 2

2

1yx .

Az (1) mindkét oldalát négyzetre emelve 422

4

1yyx .

Ezt a második egyenletbe helyettesítve és rendezve:

(2) 02224 yyy .

A (2) bal oldala szorzattá alakítható

(3) 021 23 yyy .

Mivel 121222 2222323 yyyyyyyy , ezért a (3) bal oldalán

szereplő második zárójeles kifejezés is szorzattá alakítható.

Eszerint:

(4) 0221 22 yyy .

A (4) egyenlet bal oldalán 112222 yyy , ezért 0222 yy nem lehetséges.

Ebből az következik, hogy (4) csak úgy teljesülhet, ha 012y .

Az 012y eredményünkből 1y adódik, ez pedig (1) alapján azt jelenti,

hogy 2

1x .

Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az 1;2

1 yx valós számpár.

Átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért az 1;2

1 yx számpár az eredeti

egyenletrendszer mindkét egyenletét kielégíti.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

12




3. A BC átfogójú ABC derékszögű háromszög AB befogójának A pontból induló

félegyenesén megjelöljük azt a 0B pontot, amelyre ABAB 30 . Azt tapasztaljuk,

hogy az ABC és CAB0 háromszögek hasonlók.

Bizonyítsa be, hogy az CAB0 háromszögben CB belső szögfelező!

Megoldás: jelöléseink az 1. ábrán láthatók.

1. ábra

Legyen bAC és cAB . Ekkor a feltételeknek megfelelően cAB 30 .

Mivel az ABC és CAB0 derékszögű háromszögek hasonlók, hegyesszögeik páronként

egyenlők. Ezért az 1. ábra jelöléseinek megfelelően vagy .

A összefüggés azonban nem állhat fenn, mert az ABC szög a CBB0

háromszög külső szöge, ezért 0BCB , vagyis .

Ebből az következik, hogy csak , valamint 0ACB állhat fenn.

Az ABC és CAB0 derékszögű háromszögek hasonlósága azt is jelenti, hogy a megfelelő

oldalak hosszának aránya a két háromszögben egyenlő, azaz AC

AB

AB

AC 0 , innen

jelöléseinkkel

(1) b

c

c

b 3 .

Az (1) összefüggésből azt kapjuk, hogy 22 3cb , ahonnan

(2) 3 cb .

Így (2) alapján az ABC háromszögben 3c

btg , innen pedig a hegyesszögre

60 adódik, és ezzel 30 .

Eszerint 30ACB és 600 ACB , ez éppen azt jelenti, hogy az CAB0

háromszögben CB belső szögfelező, és éppen ezt akartuk bizonyítani.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

2 pont

2 pont

10 pont

13




4. Legyenek a 04

1

1

1

2

2

x

p

px

p

p egyenlet valós gyökei 1x és 2x .

Határozza meg a 0p valós paraméter mindazon értékeit, amelyekre fennáll, hogy

1

12121

pxxxx !

Megoldás:

Mivel 0p , ezért 02

p

p, így a feladatbeli egyenlet másodfokú, továbbá a bal oldalon

szereplő törtek nevezői miatt teljesül, hogy 2p és 1p .

Az egyenletnek vannak valós gyökei, tehát az egyenlet diszkriminánsa nem negatív valós

szám:

(1) 04

1

24

1

12

p

p

p

p.

Az (1) bal oldalán egyszerűsítés, a törtek közös nevezőre hozása és a műveletek elvégzése

után azt kapjuk, hogy

(2)

021

2462

2

pp

pp.

Mivel 012p , ezért a (2) egyenlőtlenség kétféle módon állhat fenn:

(3) 0246 2 pp és 02 p ,

vagy

(4) 0246 2 pp és 02 p .

A 0246 2 pp egyenletnek nincs valós megoldása, mert az egyenlet diszkriminánsa

negatív, tehát az 0246 2 pppf másodfokú függvénynek nincsen zérushelye.

Az 0246 2 pppf függvény képe lefelé nyíló parabola, ezért 0246 2 pp

nem lehetséges, vagyis a (3) egyenlőtlenségek nem teljesülhetnek egyetlen p valós számra

sem.

Ebből az is következik, hogy 0246 2 pp minden p valós számra igaz, tehát (4)

alapján a (2) egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha

(5) 2p .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

14




A másodfokú egyenlet Viéte-formulái alapján

p

pxx

4

221

és

1

2121

pp

ppxx .

Mivel a feladat feltétele szerint 1

12121

pxxxx ,

ezért,

1

1

1

21

4

2

ppp

pp

p

p,

ahonnan egyszerűsítés, a műveletek elvégzése és rendezés után azt kapjuk, hogy

(6) 06175 2 pp .

A (6) másodfokú egyenlet megoldásai 5

21 p és 32 p .

A 32 p megoldás nem felel meg az (5) feltételnek, ezért csak 5

21 p lehetséges.

A 5

21 p értéket a 0

4

1

1

1

2

2

x

p

px

p

p egyenletbe helyettesítve a műveletek

elvégzése után a 07127 2 xx másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek gyökei

7

8561

x és

7

8562

x .

Számolással ellenőrizhető, hogy ezekre 5

21 p mellett valóban teljesül, hogy

1

12121

pxxxx .

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

15




5. Az na sorozatra teljesül, hogy 11 a , és minden 2n esetén 12 1

1

n

nn

a

aa .

Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyik nagyobb 100

1-nál?

Megoldás:

Ha 01 na , akkor az 12 1

1

n

nn

a

aa képzési szabály alapján 0na is teljesül minden

2n esetén. Mivel 11 a , ezért 02 a , ebből 03 a , és ehhez hasonlóan minden 2n

pozitív egész számra igaz, hogy 0na , vagyis a sorozat minden tagja pozitív szám.

Vehetjük tehát az 12 1

1

n

nn

a

aa képzési szabály két oldalának a reciprokát:

(1) 211

1

nn aa

.

(1) alapján felírhatunk egy 1n darab egyenletből álló egyenletrendszert:

(2)

.211

.

.

.

;211

;211

12

21

1

aa

aa

aa

nn

nn

Az egyenletek megfelelő oldalait összeadva kapjuk, hogy

(3) 2111

1

naan

.

Mivel a feltétel szerint 11 a , ezért (3) alapján 2211

nan

, és ezzel

(4) 12

1

nan ,

ahol 012 n pozitív egész szám.

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

16




A feladat kérdésére akkor adjuk meg a választ, ha megoldjuk az 100

1na

egyenlőtlenséget.

A (4) eredmény alapján 100

1

12

1

n, ebből rendezés után

2

101n következik.

Eszerint a sorozatnak pontosan 50 olyan tagja van, amelyek nagyobbak 100

1-nál.

Összesen:

Megjegyzés: az 12

1

nan alapján

12

11

nan , és így

12

1

12

11

nnaa nn ,

ahonnan a műveletek elvégzésével azt kapjuk, hogy 1212

21

nnaa nn .

Ez azt jelenti, hogy minden pozitív egész n számra 01 nn aa , vagyis nn aa 1 , tehát a

sorozat szigorúan monoton csökkenő.

Számolással ellenőrizhető, hogy 99

150 a és

101

151 a .

A sorozat szigorúan monoton csökkenő tulajdonságából tehát az következik, hogy a

sorozatnak valóban 50 olyan tagja van, amelyek nagyobbak 100

1-nál.

Ha a versenyző a feladat megoldását a sorozat szigorúan monoton csökkenő

tulajdonságának bizonyítására építve a fenti módon fejezi be, a *-gal jelzett pontokat

megkapja.

1* pont

1* pont

1* pont

10 pont

17




6. A négyzet alakú ABCD asztallapra két egybevágó

szabályos háromszöget terítünk le az ábra szerint

(a szabályos háromszögek oldalainak hossza egyenlő

a négyzet oldalainak hosszával).

Határozza meg a kétszer lefedett rész területének és a

nem fedett rész területének arányát!

Megoldás: jelöléseink a 2. ábrán láthatók.

2. ábra

Az ADF és CDF szabályos háromszögek minden szöge 60 -os, oldalaik hosszát, és

ezzel az ABCD négyzet oldalainak hosszát is a2 -val jelöltük.

Az ADG háromszögben 60GAD és 30GDA , hiszen

6090CDECDAGDA .

Eszerint az ADG háromszög harmadik szöge derékszög, azaz 90AGD .

A CDH háromszögben hasonlóképpen láthatjuk be, hogy 60HCD , 30HDC

és 90CHD . Az is látható, hogy az ADG és CDH háromszögek egybevágó, a2

átfogójú derékszögű háromszögek, ezért 1T -gyel jelölt területük egyenlő.

1 pont

18




Ismert, hogy azokban a a2 átfogójú derékszögű háromszögekben, amelyekben a

hegyesszögek nagysága 30 és 60 , a 30 -os és 60 -os szögekkel szemben levő

befogók hossza rendre a és 3a . Ebből az következik, hogy:

(1) aCHAG és 3 aHDGD .

Abból, hogy 90AGD és 90CHD , az is adódik, hogy 90EGK és

90FHK .

Mivel 60DEC és 60AFD , ezért 60GEK , illetve 60HFK , ezzel

pedig 30GKE és 30HKF .

Ugyanakkor GDDEGE és HDDFHF , ezért az EKG és FKH 30 -os és

60 -os hegyesszögekkel rendelkező derékszögű háromszögekben

(2) 32 aaHFGE és 332 aaHKGK .

Az EKG és FKH háromszögekben a megfelelő szögek egyenlők, és (2) szerint két-két

megfelelő oldaluk is egyenlő, ezért a két háromszög egybevágó, tehát a 2T -vel jelölt

területük egyenlő.

Jelölje továbbá a kétszer fedett területet 3T , ez a DGKH négyszög területe, illetve jelölje

a szabályos háromszögek által nem fedett területet 0T .

Feladatunk a 0

3

T

T arány meghatározása.

A 2. ábrán az ADF és CDF szabályos háromszögekben a GD illetve HD súlyvonalak

felezik a megfelelő háromszögek területét, ezért

(3) 321 TTT ,

valamint

(4) 3210 22 TTTTT ABCD .

Mivel aAG és 3 aGD , ezért 2

32

1

aT , továbbá mivel 32 aaGE és

332 aaGK , ezért

2

3322

2

2

aT

Ebből (3) alapján a műveletek elvégzésével és egyszerűsítéssel kapjuk, hogy

(5) 33232

3 aT .

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

19




Felhasználjuk, hogy 24aTABCD , ezzel (4) szerint

332333234 22

222

0 aaaaT ,

ahonnan a műveletek elvégzése után:

(6) 325 2

0 aT .

Az (5) és (6) összefüggések szerint

(7) 325

33232

2

0

3

a

a

T

T.

A (7) jobb oldalán szereplő tört számlálóját és nevezőjét 3 -mal szorozva a tört értéke

nem változik, ezzel 3325

33232

2

0

3

a

a

T

T, az egyszerűsítéseket elvégezve pedig azt

kapjuk, hogy 5

3

0

3 T

T.

Eszerint a feladatban szereplő kétszer lefedett és a nem fedett területek aránya

5

3

0

3 T

T.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

20

Megoldások I. forduló Gimnázium


els® forduló

MATEMATIKA

II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)

Javítási�értékelési útmutató

1. Adottak az 1, 2, 3, ..., 2015 grammos súlyok. Be lehet-e osztani ®ket öt csoportbaúgy, hogy a súlyok száma és az összege is azonos legyen minden csoportban?

Megoldás: Megmutatjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelel® csoportok létrehoz-hatóak. A súlyokra a rájuk írt számokkal hivatkozunk. El®ször tekintsük az 1, 2, 3, ...,15 számokat. Ezek egy lehetséges beosztása:

15 + 7 + 2 = 14 + 6 + 4 = 13 + 1 + 10 = 12 + 9 + 3 = 11 + 8 + 5

Minden csoportban három szám van, mindegyikben 24 a számok összege és minden számotpontosan egyszer használtunk fel. 3 pont

Megmutatjuk, hogy tíz szomszédos egész szám is csoportokba osztható a kívánt módon.Legyenek a számok n, n + 1, ..., n + 9, a csoportok pedig:

n + (n + 9) = (n + 1) + (n + 8) = (n + 2) + (n + 7) = (n + 3) + (n + 6) = (n + 4) + (n + 5).

2 pontA 2015 súly beosztása történhet a következ®képpen: az els® 15 számot szétosztjuk

a megadott módon, majd sorra vesszük tízesével a számokat és szétosztjuk ®ket a fentmegadottak szerint a meglév® csoportokba. Így minden szám sorra kerül, hiszen 2015 =15 + 200 · 10. 2 pont

Összesen 7 pont

2. Két egyenl® szárú háromszöget vizsgálunk. Az els®nél a háromszög beírt köre aszárakat az alaphoz közelebbi harmadolópontban érinti, a másodiknál az alaptól távolabbiharmadolópontban. Melyik esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobbhányadát?

OKTV 2015/2016 1 1. forduló

21


Matematika II. kategória

Megoldás: Legyen a háromszög alapja BC, ennek felez®pontja F , a beírt kör közép-pontja O, sugara r, a beírt körnek az AB száron lev® érintési pontja D. Legyen OA = y,BF = x. Küls® pontból a körhöz húzott érint®szakaszok egyenl®k, így BF = BD = x.

1 pontAz OAD háromszög hasonló BAF háromszöghöz, hiszen A-nál lev® szögük közös és

D-nél illetve F -nél derékszög van, így szögeik ugyanakkorák. 1 pont

b

Bb

C

bA

b

Bb

C

b A

x

xb O

b

F

bD

r

y2x

x

x b O

b

F

ybD

r

El®ször tekintsük azt az esetet, amikor BD : DA = 1 : 2, azaz AD = 2x. Az említetthasonló háromszögek megfelel® oldalainak aránya megegyezik, tehát

y : 3x = r : x ⇒ y = 3r.

Írjuk fel a Pitagorasz tételt az OAD háromszögre:

r2 + (2x)2 = y2 = (3r)2 ⇒ x =√

2 · r. 1 pont

A beírt kör területe T1 = r2 ·π. A háromszög területe T2 = x · (r+y) =√

2r · (r+3r) =4√

2r2. A kör és a háromszög területének aránya:

T1

T2

=r2 · π

4√

2r2≈ 0.5554. 2 pont

Most tekintsük azt az esetet, amikor BD : DA = 2 : 1, azaz AD = x2. Az el®z®

gondolatmenet lépései mentén: a hasonló háromszögekb®l y = 32r, a Pitagorasz tételb®l

x =√

5r. A háromszög területe ebben az esetben T3 = x(r + y) =√

5r(r + 32r) = 5

√5

2r2.

A kör és a háromszög területének aránya ebben az esetben :

T1

T3

=r2 · π5√

52

r2≈ 0.562 2 pont

A második esetben fedi a beírt kör a háromszög területének nagyobb hányadát.

Összesen 7 pont


22



3. A pozitív egész számok körében négy egymást követ® páratlan szám négyzeténekaz összegét vizsgáljuk. Hány ilyen számnégyes van 1 és 100 között, amelyeknél ez anégyzetösszeg 36-tal osztható?

Megoldás: A szóban forgó számok jelöléseit úgy választjuk, hogy négyzetösszegükviszonylag egyszer¶ kifejezés legyen. Tehát a számok:

2n − 3, 2n − 1, 2n + 1, 2n + 3.

Ezek négyzetösszege

(2n − 3)2 + (2n − 1)2 + (2n + 1)2 + (2n + 3)2 = 16n2 + 20 = 4(4n2 + 5). 1 pont

Ez akkor és csakis akkor osztható 36 = 4 · 9-cel, ha 4n2 + 5 osztható 9-cel. Viszont

4n2 + 5 = 4n2 + 5 + 4 − 4 = 4(n2 − 1) + 9 = 4(n + 1)(n − 1) + 9,

ez pedig akkor osztható 9-cel, ha (n + 1)(n − 1) is osztható. 2 pontn+1 és n−1 különbsége 2, ezért csak egyikük lehet 3-mal osztható, ezért (n+1)(n−1)

csak akkor osztható 9-cel, ha a tényez®k valamelyike osztható, ha tehát n + 1 = 9k vagyn − 1 = 9k (k pozitív egész), azaz

n = 9k − 1 vagy n = 9k + 1. 2 pont

Az els® esetben a számnégyes kezd® száma 18k − 5 alakú, a feladat feltételének a13, 31, 49, 67, 85 kezd®számok felelnek meg. A második esetben a kezd® szám alakja18k − 1, a feltételeknek a 17, 35, 53, 71, 89 kezd®számok tesznek eleget, tehát összesen 10számnégyes elégíti ki a feltételeket. 2 pont

Összesen 7 pont

4. A 11.a osztály sakkozni szeret® diákjai körmérk®zéses sakktornát rendeztek egymásközött. Mindenki mindenkivel egyszer játszott. Az eredmények érdekesen alakultak: arésztvev®k közül bármely kett®höz van legalább egy olyan, akit mindketten legy®ztek atornán. Legalább hányan szeretnek sakkozni a 11.a-ban?

Megoldás: Tekintsük az egyik versenyz®t, legyen A. Van olyan, akit legy®zött, legyenközülük az egyik B. Van olyan, akit A és B is legy®zött, legyen C. Van, akit A és C islegy®zött, ez nem lehet B, legyen D. Azt kaptuk, hogy tekintve egy tetsz®leges versenyz®t,esetünkben A-t, található hozzá három olyan másik, akiket legy®zött. Ezek voltak A-hozB, C és D. 2 pont

Így n résztvev® esetén legalább 3n mérk®zés volt. Másrészt a mérk®zések száma össze-sen n(n−1)

2, azaz

3n ≤ n(n − 1)

2,

amib®l az adódik, hogy a résztvev®k száma legalább 7. 2 pont7 résztvev® esetén megadhatóak az eredmények a feladat feltételeinek megfelel®en. Ül-

tessük le a 7 embert egy kerek asztal köré és mindenki gy®zze le a jobb oldali szomszédját,a jobb oldali másodszomszédját és a bal oldali harmadszomszédját. Ha a versenyz®k a


23



kör mentén sorban A, B, C, D, E, F és G, akkor pl. A legy®zte B-t, C-t és E-t, a többimérk®zés ennek mintájára forgásszimmetrikusan adódik. Ha két ember szomszédos, pl Aés B, akkor mindketten legy®zték C-t. Ha másodszomszédosak, pl A és C, akkor mind-ketten legy®zték E-t. Ha harmadszomszédosak, pl A és D, akkor mindketten legy®ztékE-t. A forgásszimmetria miatt minden lehet®séget végignéztünk, valóban teljesülnek afeladat feltételei. 3 pont

Összesen 7 pont

Megjegyzés: Ha a dolgozatban 7 sakkozó esetén más módon (pl táblázat, gráf, stb)megadja az eredményeket, de nem ellen®rzi, hogy teljesülnek a feladat feltételei, akkorlegfeljebb 6 pont adható.

5. Oldjuk meg a következ® egyenletet, ha x 2-nél nagyobb természetes szám:√

1 +1

22+

1

32+

√1 +

1

32+

1

42+ ... +

√1 +

1

(x − 1)2+

1

x2=

2015 · (2x + 1)

2x.

Megoldás: A bal oldalon az els® gyökjel alatti szám 4936, amib®l kényelmesen gyököt

lehet vonni. 1 pontVizsgáljuk a bal oldal egy általános tagját:

√1 +

1

n2+

1

(n + 1)2=

√n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1

n2(n + 1)2=

√(n2 + n + 1

n(n + 1)

)2

2 pontA gyökvonást elvégezve és tovább alakítva:

√(n2 + n + 1

n(n + 1)

)2

=n2 + n + 1

n(n + 1)= 1 +

1

n(n + 1)= 1 +

1

n− 1

n + 1. 2 pont

Ekkor egyenletünk így írható fel:(

1 +1

2− 1

3

)+

(1 +

1

3− 1

4

)+ ... +

(1 +

1

x − 1− 1

x

)=

2015 · (2x + 1)

2x.

A bal oldali összeg úgynevezett teleszkópikus összeg, rendezés után megmarad bel®le x−2darab 1-es, a törtek közül pedig az +1

2és a − 1

x. Így egyenletünk:

x − 2 +1

2− 1

x=

2015 · (2x + 1)

2x.

Mivel x > 2 beszorozhatunk 2x-szel és így a

(2x + 1)(x − 2) = 2015(2x + 1)

egyenlethez jutunk, amelynek az x > 2 feltételt kielégít® egyetlen gyöke az x = 2017.2 pont

Összesen 7 pont


24

Megoldások I. forduló Specmat

��

A 2015/2016. tanevi

Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny

elso fordulo

MATEMATIKA III. KATEGORIA

(a specialis tanterv szerint halado gimnazistak)

Javıtasi-ertekelesi utmutato

Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzőkszámára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy minden fel-adatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokonkonkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavításaután pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nemkell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók.

A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 12 ponttól kell továbbküldeni aziskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 1363 Budapest,Pf. 19. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetőktovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5–7 pontos) meg-oldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a versenybizottságlegfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe.

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

Budapest, 2015. november A versenybizottság

1. feladat

Mely ABC háromszögekhez léteznek olyan e és f egyenesek, hogy az A pontot e-re, majda kapott pontot f -re tükrözve B-t kapjuk, viszont az A-t előbb f -re, majd a kapott pontote-re tükrözve C-t kapjuk?

Megoldás: Tegyük fel először, hogy az ABC háromszöghöz találhatók ilyen egyenesek.A két egyenes nem lehet párhuzamos, hiszen akkor A, B és C kollineáris volna. (1 pont)

Legyen M az e és f metszéspontja. Az egymás után végzett két tükrözés M körüli elfor-gatással helyettesíthető, amelynek az irányát a két tükrözés sorrendje határozza meg: fordí-tott sorrend esetén ellentétes irányú forgatást kapunk ugyancsak az M középpont körül.A forgatás szöge mindkét esetben ugyanakkora (történetesen az e és f által bezárt szögkétszeresével egyenlő). (2 pont)


25


Matematika III. kategória

Az A pontból B-t, illetve C-t M körüli ugyanakkora szögű forgatások származtatják, ezértAB = AC. Az ABC háromszög tehát olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek BC azalapja. (2 pont)

Megfordítva, ha az ABC háromszögben AB = AC teljesül, akkor e-nek és f -nek választ-hatjuk például a háromszög A-n áthaladó szimmetriatengelyét, illetve az AB oldal felezőmerőlegesét. (2 pont)

2. feladat

Milyen alapú számrendszer esetén létezik olyan 1-nél nagyobb pozitív egész, amely meg-egyezik a számjegyei összegének a négyzetével?

Megoldás:A 10-es számrendszerben a 81 szám ilyen, mert 81 = (8 + 1)2. (1 pont)Ezt bármely b ≥ 3 alapú számrendszerre általánosíthatjuk: a b− 2 és 1 számjegyekből állókétjegyű b(b − 2) + 1 = (b − 1)2 szám jó, hiszen (b − 2)1b = (b − 2)b+ 1 = ((b − 2) + 1)2.

(2 pont)Megmutatjuk, hogy kettes alapú számrendszerben nincs ilyen szám, erre többféle meggon-dolást is adunk. Mindegyikben indirekt módon feltesszük, hogy egy k-jegyű n > 1 számbanS darab 1-es jegy szerepel és n = S2.

(i) Egy négyzetszám 8-cal osztva csak 0, 1 vagy 4 maradékot adhat, ezért n utolsó háromjegye 000, 001 vagy 100. (1 pont)Ez azt jelenti, hogy n-ben az egyesek száma legfeljebb k−2, és így 2k−1 ≤ n = S2 ≤ (k−2)2.

(1 pont)Ez azonban nem lehet, mert teljes indukcióval belátjuk, hogy minden j = k − 2 ≥ 0-ra2j+1 > j2: ez j ≤ 3-ra igaz, és j ≥ 3-ról j + 1-re lépve a bal oldal a duplájára nő, a jobboldal pedig az (1 + 1

j )2 ≤ (1 + 1

3 )2 < 2-szeresére. (2 pont)

(ii) S2 = n ≥ 1 + 2 + 22 + · · · + 2S−1 = 2S − 1. (1 pont)Az előző részben látottakhoz hasonlóan teljes indukcióval adódik, hogy ez S ≥ 5-re nemteljesül. (2 pont)Így csak S ≤ 4, azaz n = S2 = 16, 9, 4 jöhet szóba, azonban ezek sem teljesítik az n = S2

feltételt. (1 pont)

(iii) Ha n minden jegye 1, akkor 2k − 1 = n = S2 = k2, de itt a 4-gyel való osztásimaradékok nem egyeznek. (1 pont)Ha n-ben pontosan egy jegy 0, akkor 2k − 1 − 2k−2 ≤ n = S2 = (k − 1)2, ha pedig n-benlegalább két jegy 0, akkor 2k−1 ≤ n = S2 ≤ (k − 2)2, (1 pont)azonban belátható (és belátandó), például teljes indukcióval, hogy az ellenkező irányú3 · 2k−2 − 1 > (k − 1)2, illetve 2k−1 > (k − 1)2 egyenlőtlenségek állnak fenn. (2 pont)

(iv) 2k−1 ≤ n = S2 ≤ k2, (1 pont)és indukcióval adódik, hogy ez k ≥ 7-re nem teljesül. (1 pont)Ekkor n = S2 ≤ k2 ≤ 36, azaz n = S2 = 36, 25, 16, 9, 4 jöhet szóba, azonban ezek semteljesítik az n = S2 feltételt. (2 pont)


26



3. feladat

Adott a síkon két kör egymás külsejében, sugaraik r és R. Egy egyenlő szárú háromszögalapja az egyik külső közös érintőszakaszon fekszik, szemközti csúcsa a másik külső közösérintőszakaszra illeszkedik, szárai pedig érintenek egyet-egyet a körök közül. Igazoljuk,hogy a háromszögnek az alaphoz tartozó magassága r +R.

Első megoldás: Ha r = R, akkor a körök középpontjaihoz tartozó szakaszfelező merőlegesegyúttal a szóban forgó egyenlő szárú háromszögnek is szimmetriatengelye, emiatt ilyenkoraz állítás magától értetődik. A továbbiakban feltesszük, hogy r < R, ekkor a két külsőközös érintőegyenes metszi egymást.

Használjuk az ábra szerinti jelöléseket: A, B, C a háromszög csúcsai, F az alap felezőpont-ja, a körök középpontjai K és L, az érintési pontok D, E, G, H, I és J . Az A-ból, B-ből,illetve C-ből húzott érintőszakaszok egyenlőségét, valamint az AB = AC és BF = FCegyenlőségeket felhasználva

AE − AJ = AG − AH = CH − BG = CI − BD = FI − FD

következik. Emiatt A és F ugyanakkora részszakaszokra osztja az egymással egyenlő EJ ,illetve DI szakaszokat. Tehát AJ = DF (és hasonlóan AE = FI). (3 pont)

A megoldást innen többféleképpen lehet folytatni, itt kétféle befejezést ismertetünk.

(i) Hosszabbítsuk meg az ábra szerint a DK szakaszt K-n túl, valamint a JL szakasztL-en túl, hogy messék a másik közös érintőegyenest a D′, illetve J ′ pontban. Állítsunkmerőlegest az EJ egyenesre az A pontban, és jelölje A′ ennek a merőlegesnek a metszéspon-tját a DI egyenessel. Az így keletkező KD′E, LJ ′I és AA′F derékszögű háromszögekhasonlók, hiszen K-nál, L-nél, illetve A-nál levő szögük egyenlő a két kör külső közösérintőinek, azaz a DI egyenesnek és az EJ egyenesnek a hajlásszögével. A hasonlóságmiatt

KD′

KE=

AA′

AF=

LJ ′

LI,


27



jelöljük λ-val ezeknek az arányoknak a közös értékét. Ezzel DD′ = (1+λ)r, JJ ′ = (1+λ)R,valamint AA′ = λm, ahol m jelöli az AF magasságot. (2 pont)

Az FAD′D és JJ ′A′A derékszögű trapézok magassága (DF , illetve AJ) egyenlő, és atrapézok szögei is egyenlők. Ezért a két trapézban az alapok különbsége egyenlő:

m − (1 + λ)r = (1 + λ)R − λm

Ebből átrendezve és (1 + λ)-val osztva a kívánt m = r +R egyenlőség adódik. (2 pont)

(ii) Legyen a két külső közös érintő közti szög 2α, metszéspontjuk pedig O. Ekkor

r +R = (OD +OI) tgα . (1 pont)

A korábban megállapított DF = AJ egyenlőség alapján

OD +OI = (OD +DF ) + (OI − DF ) = OF + (OJ − AJ) = OF +OA , (1 pont)

tehát

r +R = (OF +OA) tgα = (cos 2α+ 1)OA tgα = 2 cos2αOA tgα = OA sin 2α = m.(2 pont)

Második megoldás: Használjuk most is az első megoldásban bevezetett A, B, C, D,E, G, H, I, J , K, L, m jelöléseket, továbbá jelölje a = BC az ABC háromszög alapját,b = AB = AC a szárát, e = DI = EJ pedig a külső közös érintőszakaszok hosszát.

Az A-ból, B-ből és C-ből húzott érintőszakaszok egyenlőségéből összeadással adódik, hogyaz ABC háromszög kerülete 2e-vel egyenlő. (3 pont)

Tekintsük a DILJEK hatszöget, és írjuk fel a területét kétféleképpen. Egyrészt a KLszimmetriatengely a hatszöget két egybevágó derékszögű trapézra vágja, amelyek területekülön-külön (r +R)e/2-vel egyenlő. (1 pont)


28



Másrészt a hatszög feldarabolható az ABC háromszögre és négy darab deltoidra, ezekDBGK, KGAE, CILH és HLJA. A deltoidok közül az első kettőnek a területösszege aBAK háromszög területének a kétszeresével (br-rel), a második kettőnek az összege pedigaz ACL háromszög területének a kétszeresével (bR-rel) egyenlő. (1 pont)

A terület kétféle felírásából a

2 · (r +R)e

2=

am

2+ br + bR

egyenlet adódik, ahonnan 2e = a+2b figyelembe vételével átrendezéssel a kívánt m = r+Rformula következik. (2 pont)

4. feladat

Legyenek az n pozitív egésznél nem nagyobb prímek p1, . . . , pr. Bizonyítsuk be, hogy

r∑

i=1

⌊logpin⌋ =

r∑

i=1

⌊n

pi

⌋− 2

∑

1≤i<j≤r

⌊n

pipj

⌋+ 3

∑

1≤i<j<k≤r

⌊n

pipjpk

⌋− . . . ,

ahol ⌊x⌋ az x szám (alsó) egészrészét jelenti.

Megoldás: Az egyenlőséget az adja, hogy valamit kétféleképpen is megszámoltunk, egysze-rűen (ez a bal oldal) és bonyolultan (ez a jobb oldal). (1 pont)Észrevesszük, hogy a bal oldal az n-nél nem nagyobb (prímek és) prímhatványok száma.

(2 pont)A jobb oldalon az első összegben a p1, p2, . . . , pr többszöröseit számoltuk össze, a többpi-vel oszthatókat annyiszor vettük figyelembe, ahány különböző prímosztójuk volt. A má-sodik összeg hasonlóan a prímpárokkal oszthatók száma stb. Világos, hogy a (prímek és)prímhatványok csak az első összegben jutnak szerephez. (1 pont)

Be kell még látni, hogy a t ≥ 2 különböző prímosztóval rendelkező, n-nél nem nagyobbszámokat a jobb oldalon összességében 0-szor vesszük figyelembe. Valóban, ezek az egyesösszegeknél t-szer,

(t2

)-ször, . . . ,

(tt

)-szer szerepelnek, azaz összesen

t∑

j=1

(−1)j−1j

(t

j

)= t

t∑

j=1

(−1)j−1

(t − 1

j − 1

)= t(1 − 1)t−1 = 0-szor. (3 pont)

5. feladat

Egy 2016 csúcsú teljes gráf csúcsaiba versenybolhákat ültetünk, éleit pedig megszámozzukaz 1, 2, . . . ,

(20162

)természetes számokkal. A számokat ezután növekvő sorrendben felolvas-

suk. Minden egyes szám felolvasása után a számhoz tartozó él két végén ülő bolha helyetcserél. A verseny győztese a legtöbb helycserét végző bolha. (Holtverseny esetén többgyőztes is lehet.)

(a) Legfeljebb hány helycserét végezhet egy győztes bolha?

(b) Legalább hány helycserét kell végeznie egy győztes bolhának?


29



Megoldás: Amikor két bolha helyet cserél, úgy képzeljük, hogy mindkettő végigmegy –ellenkező irányban – a megfelelő csúcsokat összekötő élen. A verseny során minden egyesbolha egymás után csatlakozó élek egy sorozatát járja be, így a győztes bolha is. (1 pont)

Tetszőlegesen választva különböző, egymáshoz csatlakozó élek egy sorozatát, vagyis a gráfegy vonalát, ha ezek az élek kapják sorban az 1, 2, stb. sorszámokat, akkor a vonalkezdőpontján eredetileg ülő bolha pontosan ezeket az éleket fogja bejárni. Következéskép-pen a válasz az (a) kérdésre a 2016 csúcsú teljes gráfban található leghosszabb vonalnak ahossza. (1 pont)

A gráfban egy vonal kezdő- és végpontja kivételével minden más csúcs a vonalnak párossok éléhez tartozik. A vonalon legfeljebb 2016 csúcs van. Ezek közül az első és az utolsó avonalnak legfeljebb 2015 éléhez tartozhat, a többi legfeljebb 2014 csúcs mindegyike pediglegfeljebb 2014-hez. Így a vonalon található élek száma legfeljebb

2 · 2015 + 2014 · 20142

=

(2016

2

)− 2014

2,

hiszen a számlálóban az éleket kétszer (a két végpont felől) számoltuk meg. (1 pont)

Ilyen hosszú vonal létezik is a 2016 csúcsú teljes gráfban. Ehhez felhasználjuk azt a jólismert tényt, hogy egy összefüggő gráf éleit akkor és csak akkor lehet bejárni egy vonallal,ha a gráf minden csúcsának, kettő kivételével, páros a foka. Számozzuk meg a teljes gráfcsúcsait 1-től 2016-ig, és hagyjuk el a 3 és 4, az 5 és 6, stb., a 2015 és 2016 sorszámúcsúcsok közötti élt. A megmaradt gráfban az 1 és 2 számú csúcsok foka páratlan, az összestöbbi csúcs foka páros, így a gráfot egyetlen vonallal be lehet járni, amelynek a hosszátéppen a fenti kifejezés adja meg. (1 pont)

A feladat (b) részének megoldásához vegyük észre, hogy minden egyes él felsorolásakor kétbolha mozgott. Összesen

(20162

)él és 2016 bolha van, tehát valamelyik bolhának – és így

a győztesnek is – legalább2 ·

(20162

)

2016= 2015

helycserét kellett végeznie. (1 pont)

Megmutatjuk, hogy a csúcsokat fel lehet sorolni olyan sorrendben, hogy minden bolhapontosan 2015 helycserét végezzen, így a válasz a (b) kérdésre 2015.

A bolhák „fordulókban” végzik a helycserét. Minden bolha minden fordulóban pontosanegy helycserét végez, és 2015 forduló lesz, ami a kívánt végeredményt adja. A fordulókszervezéséhez helyezzük el a 2016 csúcsot a következőképpen. Közülük 2015-öt helyezzünkel egy szabályos 2015-szög csúcsaiban, az utolsót pedig tegyük a sokszög középpontjába.Az i-edik fordulóban az i-edik csúcsban ülő bolha helyet cserél a középpontban ülővel, atöbbi bolha pedig az erre az egyenesre merőleges átlók mentén végzi a helycserét. (2 pont)


30

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

OKTV 2015/2016 második forduló

Oktatás i Hivata l

A 2015/2016. tanévi


második forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)


1. Egy adott földterület felásását három munkás végzi. Éppen elkészülnek a munkával,

ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot dolgozik. Akkor is éppen

elkészülnének a munkával, ha az első munkás 7 napot, a második 9 napot és a

harmadik 2 napot dolgozna. Hány napot kellene a munka elvégzéséhez a harmadik

munkásnak dolgoznia, ha az első csak 2 napot, a második pedig csak 4 napot

dolgozna?

Megoldás:

Tegyük fel, hogy az első munkás x nap alatt, a második y nap alatt, a harmadik z nap

alatt végezné el egyedül a munkát.

Ha az első 5 napot, a második 7 napot, a harmadik 4 napot dolgozik, akkor rendre

elvégzik a munka yx

7;

5 illetve

z

4-ed részét.

Azt is tudjuk, hogy hárman együtt így az egész munkát elvégzik:

(1) 1475

zyx.

Hasonlóan kapjuk, hogy ha az első 7 napot, a második 9 napot és a harmadik 2 napot

dolgozna, akkor rendre elvégeznék a munka yx

9;

7 illetve

z

2-ed részét.

Ebből azt kapjuk, hogy

(2) 1297

zyx.

A két egyenlet bal oldalait egyenlővé téve:

(3) zyxzyx

297475 .

A (3) egyenletből rendezés és 2 -vel való egyszerűsítés után adódik, hogy

(4) zyx

111 .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

31



OKTV 2015/2016 2 második forduló

A (2) egyenlet 12277297

zyyxzyx alakban is írható, ez pedig (4) alapján

azt jelenti, hogy

(5) 192

zy.

Ha az első munkás 2 napig, a második 4 napig dolgozna, akkor tegyük fel, hogy a

harmadik munkásnak d napra lenne szüksége a teljes munka elvégzéséhez.

Ekkor (4) ismételt felhasználásával z

d

yzz

d

yyxz

d

yx

2222242, azaz

(6) 122

z

d

y.

Az (5) és (6) összevetése után azt kapjuk, hogy 92 d , ahonnan

7d .

A harmadik munkásnak tehát 7 napot kellene dolgoznia a teljes munka

elvégzéséhez, ha az első munkás 2 napot, a második munkás 4 napot dolgozna.

Az (1) és (2) egyenleteket kielégítő zyx ;; valós számok léteznek, például az

20 yx és 10z számhármas mindkét egyenletnek megoldása.

Összesen:

Megjegyzés:

Az (1) és (2) egyenletek felírása után az (1) egyenlet mindkét oldalának 5 -tel való

szorzása, és a (2) egyenlet mindkét oldalának 3 -mal való szorzása után a kapott

egyenleteket kivonhatjuk egymásból.

Ekkor 21484

zyx

, innen 2 -vel egyszerűsítve 1742

zyx.

Ebből pedig leolvasható, hogy a harmadik munkásnak 7 napot kellene dolgoznia a

teljes munka elvégzéséhez, ha az első munkás 2 napot, a második munkás 4 napot

dolgozna.

Ez lehetséges is, mert például 20 yx és 10z esetén a felírt egyenletek

teljesülnek.

Ha a versenyző ezt a megoldási utat választja, akkor helyes megoldás esetén teljes

pontszámot kap.

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

32




2. Húzzon egy vízszintes egyenest, majd egy erre merőleges függőleges egyenest, ezután

az utóbbira merőleges vízszintes egyenest, és így tovább. Minden újabb egyenes

legyen merőleges a közvetlen előtte húzott egyenesre és különbözzön az összes előző

egyenestől! Bizonyítsa be, hogy az eljárást bármikor abbahagyva a keletkező

metszéspontok száma vagy két egymást követő természetes szám szorzatával vagy

egy négyzetszámmal egyenlő!

Megoldás:

A lehetséges metszéspontok számát aszerint csoportosítjuk, hogy az eljárást függőleges,

vagy vízszintes egyenes megrajzolása után hagyjuk abba.

A vízszintes egyenesek párhuzamosak egymással, a függőleges egyenesek is

párhuzamosak egymással, ezért metszéspontok csak vízszintes és függőleges egyenesek

találkozásánál jönnek létre.

Amennyiben függőleges egyenes behúzása után hagyjuk abba az eljárást, akkor

nyilvánvaló, hogy ugyanannyi vízszintes és függőleges egyenes lesz.

Ha pedig az eljárást vízszintes egyenes behúzása után hagyjuk abba, akkor pedig 1-gyel

több vízszintes egyenes lesz, mint függőleges.

Az első esetben n darab vízszintes és n darab függőleges egyenes megrajzolása után

abbahagyva az eljárást, mindegyik vízszintes egyenest n darab függőleges egyenes metsz.

Ezért 2nnn metszéspontot kapunk, tehát a kapott metszéspontok száma négyzetszám.

A második esetben, amikor az eljárást vízszintes egyenes rajzolása után hagyjuk abba,

akkor n függőleges egyenes esetén 1n vízszintes egyenest rajzoltunk meg.

Ekkor az 1n vízszintes egyenes mindegyikén n darab metszéspont van, ez pedig azt

jelenti, hogy a metszéspontok száma 1 nn , vagyis két egymást követő pozitív egész

szám szorzata.

Ezzel beláttuk, hogy az eljárást bármikor abbahagyva a keletkezett metszéspontok száma

valóban vagy négyzetszám, vagy két egymást követő pozitív egész szám szorzata.

Összesen:

1 pont

2 pont

2 pont

2 pont

2 pont

1 pont

10 pont

33




3. Bizonyítsa be, hogy minden x valós szám esetén 2cos3sin2 xx !

Mikor áll fenn egyenlőség?

1. Megoldás:

Az xxf sin függvény tulajdonságai alapján minden x valós számra teljesül, hogy

1sin1 x , és ezért

(1) 1sin0 x .

Az (1) összefüggés alapján azt kapjuk, hogy xx sinsin2 , és mivel xx 22

sinsin ,

ezért

(2) xx 2sinsin .

Hasonlóképpen a xxg cos függvény tulajdonságai alapján minden x valós számra

1cos1 x , és így

(3) 1cos0 x .

Ebből pedig az következik, hogy xx coscos2 , és mivel xx 22

coscos , ezért

(4) xx 2coscos .

A (2) és (4) összefüggések összevetésével adódik, hogy

(5) xxx 22 cos3sin2cos3sin2 .

Az (5) egyenlőtlenség jobb oldalán xxxxx 22222 coscos2sin2cos3sin2 ,

ebből pedig a 1cossin 22 xx trigonometrikus azonosság alapján az következik, hogy

(6) xx 2cos2cos3sin2 .

Mivel 0cos 2 x , ezért (6)-ból a

2cos3sin2 xx

bizonyítandó állítás azonnal adódik.

Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha 0cos x , ekkor 1sin x , azaz 1sin x .

Az egyenlőtlenségben az egyenlőség esete tehát az Zkkx

2 valós számokra

áll fenn.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

2 pont

10 pont

34




2. Megoldás:

Mivel 0sin x és 0cos x , ezért a bizonyítandó 2cos3sin2 xx egyenlőtlenség

mindkét oldalának négyzetre emelése ekvivalens átalakítás.

A négyzetre emelés után azt kapjuk, hogy

(1) 4cos9cossin12sin422 xxxx .

Nyilvánvaló, hogy xx 22sinsin és xx 22

coscos , ezért az (1) összefüggésből előbb

4cos9cossin12sin4 22 xxx , illetve

(2) 4cos5cossin12cossin4 222 xxxxx

következik.

A 1cossin 22 xx trigonometrikus azonosság alapján (2)-ből azt kapjuk, hogy

(3) 0cos5cossin12 2 xxx .

A (3) egyenlőtlenség pedig nyilvánvalóan teljesül, hiszen 0sin x és 0cos x , továbbá

0cos 2 x .

Egyenlőség esetén 0cos5cossin122 xxx , azaz

(4) 0cos5sin12cos xxx .

Mivel 0sin x és 0cos x , ezért 0cos5sin12 xx csak akkor állhatna fenn, ha

0sin x és 0cos x egyszerre lenne igaz, de ez nem teljesül egyetlen x valós számra

sem.

Ezért csak 0cos x lehetséges, ekkor 0cos x , és így 1sin x , azaz 1sin x .

Az egyenlőtlenségben az egyenlőség esete tehát az Zkkx

2 valós számokra

áll fenn.

Összesen:

1 pont

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

10 pont

35




3. Megoldás:

A derékszögű koordinátarendszerben megrajzolt, origó középpontú, egységnyi sugarú

körben xcos és xsin rendre az 0;1i

egységvektortól x radián szöggel elforgatott

egységvektor koordinátái.

Ha 0sin x , akkor 1cos x .

Ekkor a bizonyítandó 2cos3sin2 xx egyenlőtlenség nyilvánvalóan teljesül.

Egyenlőség azonban nem állhat fenn, mert 21302 .

Ha pedig 0cos x , akkor 1sin x .

A bizonyítandó 2cos3sin2 xx egyenlőtlenségben ekkor az egyenlőség esete áll

fenn.

Végül, ha 0sin x és 0cos x egyszerre igaz, akkor xsin és xcos az egységnyi átfogójú

derékszögű háromszög befogói.

Erre a háromszögre teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, azaz

(1) 1cossin xx .

Az (1) összefüggésből kapjuk, hogy

2cos2sin2 xx ,

innen pedig 0cos x miatt adódik a bizonyítandó

2cos3sin2 xx

egyenlőtlenség.

Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy az 2cos3sin2 xx

egyenlőtlenség minden Rx számra igaz.

Egyenlőség akkor és csak akkor van, ha 0cos x , ekkor 1sin x , vagyis 1sin x .

Az egyenlőség esete tehát az Zkkx

2 valós számokra áll fenn.

Összesen:

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

10 pont

36




4. Határozza meg a 2log20142log32log22log1

2015432 2015...432

szorzat utolsó

számjegyét!

Megoldás:

Tekintsük a szorzat egyik tényezőjét, ebben a hatványalap legyen 2015...;;4;3;2kk , ez

esetben a hatványkitevő rendre

2log1k

k .

Ekkor a hatványozás azonossága alapján:

(1) 2log122log1 kk

kkkk

.

Az (1) jobb oldalán alkalmazva a hatványozás azonosságát, azt kapjuk, hogy

(2)

122log2log12

kk

kk

kk .

A logaritmus definíciója szerint 22log

k

k , ezért (1) és (2) felhasználásával

(3)

1122log1

22

kkk

kk .

A (3) alapján a szorzat minden tényezője azonosan átalakítható úgy, hogy 2 -nek a k

hatványalapnál éppen 1-gyel kisebb hatványát kapjuk.

Eszerint a szorzat felírható a következő formában is:

(4) 20142013...212014201321 222...22 .

(4) jobb oldalán a kitevőben látható összeg egy olyan számtani sorozat első 2014 tagjának

összege, amelyben az első tag 11 a és a differencia 1d . A számtani sorozat

összegképletével felírva

(5) 201510072

20152014

20142013...21 222

.

Felhasználjuk, hogy a 2 hatványainak utolsó számjegyei 6;8;4;2 négyes ciklussal

ismétlődnek. Ezért a 2 hatványkitevőjének 4 -es maradéka meghatározza a szorzat utolsó

számjegyét.

Az 1007 és a 2015 számok 4 -es maradéka egyaránt 3 , ezért szorzatuk 4 -es maradéka 1 .

Emiatt a 201510072 , tehát a 2log20142log32log22log1

2015432 2015...432

szorzat utolsó

számjegye a 2 .

Összesen:

Megjegyzés: A versenyző az 202910520151007 szorzat 4 -es maradékát

számológéppel is kiszámolhatja.

1 pont

2 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

37




5. Az ABC háromszögben a szokásos jelölések mellett 60 és 40 .

Legyen a P pont a BC oldal egy belső pontja.

Bizonyítsa be, hogy az ABP háromszög körülírt körének középpontját az AP

egyenesre tükrözve a PCA háromszög körülírt körének egy pontját kapjuk!

Megoldás:

A feltételeknek megfelelő ábrát készítünk (1. ábra).

1. ábra

Az 1. ábrán az ABP háromszög köré írt p körének középpontja az O pont.

A p körben az 40ABP kerületi szög, ez a szög ahhoz az AP ívhez tartozik, amelyen

az A pontból a P pontba negatív irányban haladva juthatunk el.

Az AOP pedig a p körben ugyanehhez az ívhez tartozó középponti szög.

Így a kerületi és középponti szögek tétele alapján 802 ABPAOP .

Legyen az O pontnak az AP egyenesre vonatkozó tükörképe a K pont.

A tengelyes tükrözés a szögek nagyságát nem változtatja meg, ezért

(1) 80AKPAOP .

Ugyanakkor az ABC háromszög C csúcsánál fekvő belső szögére

80ACB .

Nyilvánvaló, hogy a K és C pontok az AP egyenesnek ugyanazon oldalán vannak, hiszen

P pont a BC oldal belső pontja.

Eszerint az AP egyenesnek ugyanazon oldalán levő K és C pontokból az AP szakasz

egyenlő nagyságú szögekben látszik, ezért a K és C pont is rajta van az AP szakasz fölé

rajzolt 80 -os látószögköríven.

Ez azt jelenti, hogy a K pont rajta van a PCA háromszög körülírt körén, és éppen ezt

akartuk bizonyítani.

Összesen:

1 pont

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

2 pont

1 pont

10 pont

38




Megjegyzés: Megmutatható, hogy a feladat állítása általánosabb esetben is igaz.

Megoldásunk során ugyanis lényegében csak azt használtuk ki, hogy az ABC és az

ACB jelöléssel 2 , valamint azt a fontos feltételt, hogy az O és B pontok az

AP egyenes által határolt két félsík közül ugyanabba a félsíkba esnek.

Ezt ki kell egészítenünk azzal, hogy mivel 3 és 180 , ezért 1803 ,

azaz 60 .

Eszerint az állítás teljesül minden olyan háromszögre, amelyben 600 , továbbá

2 , és az O és B pontok az AP egyenes által határolt két félsík közül ugyanabba a

félsíkba esnek.

39

Megoldások II. forduló Gimnázium


második forduló

MATEMATIKA

II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)


1. Legyen n pozitív egész szám és jelölje n!! az n-nél nem nagyobb, vele azonos paritásúpozitív egész számok szorzatát. Igazoljuk, hogy 2016!! − 2015!! osztható 2017-tel.

Megoldás:2016!! − 2015!! = 2 · 4 · ... · 2016 − 1 · 3 · .... · 2015

2 · 4 · ... · 2016 − 1 · 3 · .... · 2015 = (2017 − 2015)(2017 − 2013)...(2017 − 1) − 1 · 3 · .... · 2015

Ha felbontjuk a zárójeleket a (2017−2015)(2017−2013)...(2017−1) kiszámolásánál, akkorszinte minden tagban szerepel a 2017, mint szorzótényez®, így ezek a 2017-es oszthatóságotnem befolyásolják, jelölje ezen tagok értékét 2017N . 4 pont

Az egyetlen tag, amelyben nem szerepel a 2017 pedig a (−2015)(−2013)...(−1), amely-ben páros sok tényez® van ezért (−2015)(−2013)...(−1) = 2015!!. Így

2016!! − 2015!! = 2017N

és ezzel az állítást igazoltuk. 3 pont

Összesen 7 pont

2. Mekkora lehet az x és y egész számok szorzata, ha

(6x)5 + 4y = 508, és (6y)5 − (2x)7 = 64,

ahol az m és k egész számokra (m)k értéke k-nak az m-hez legközelebbi többese.

Megoldás: Az els® egyenletben (6x)5 5-nek többese, ezért 4y és 508 5-ös maradékaazonos, éppen 3. Végignézve y 5-ös maradékai szerint 4y 5-ös maradékát azt kapjuk, hogyy csak 2 maradékot adhat. 1 pont

Legyen y = 5k + 2. Ekkor a második egyenletben szerepl® 6y = 30k + 12 és így(6y)5 = 30k + 10 = 6y − 2. 1 pont


40


Most y kiküszöbölése érdekében az els® egyenletet szorozzuk 3-mal a másodikat 2-vel:

3 · (6x)5 + 12y = 1524, és 2 ((6y)5 − (2x)7) = 12y − 4 − 2 · (2x)7 = 128.

Az els® egyenlet bal illetve jobb oldalából kivonva a második egyenlet megfelel® oldalátkapjuk:

3 · (6x)5 + 2 · (2x)7 = 1392 2 pont

A feladatban szerepl® (m)k jelölés páratlan k számok esetén egyértelm¶. Legyen k =2K + 1, ekkor a de�nícióból adódóan m − K ≤ (m)k ≤ m + K. Így

3 · (6x − 2) + 2 · (2x − 3) ≤ 1392 ≤ 3 · (6x + 2) + 2 · (2x + 3)

22x − 12 ≤ 1392 ≤ 22x + 12

A kapott egyenl®tlenségb®l x ≤ 140422

és 138022

≤ x ezeknek pedig egyetlen közös egészmegoldása van, az x = 63. 2 pont

Ezt behelyettesítve a feladatban szerepl® els® egyenletbe kapjuk, hogy y = 32. El-len®rizve, az egyetlen lehetséges megoldáspár az x = 63 és y = 32 és ezek valóban kielégítikmindkét egyenletet, szorzatuk pedig xy = 2016.

1 pont

Összesen 7 pont

3. Az ABC szabályos háromszöget behajtjuk úgy, hogy az A csúcs a BC oldal B-hez közelebbi H harmadoló pontjába essen. A hajtási vonalnak az AB illetve az AColdalakkal vett metszéspontja legyen M illetve N . Határozzuk meg a BHM háromszögés a CNH háromszög területének arányát.

Megoldás: Legyen az ABC háromszög oldala 1 egység hosszú. Legyen AM = x,ekkor BM = 1 − x. A papír összehajtása azt jelenti, hogy az MN egyenesre A és Hegymás tükörképei és így AM = HM . 1 pont

b

A

b

B

bC

x

bH

b

M

b

N

x


41


Felírjuk a BHM háromszögre a koszinusz tételt:

x2 = (1 − x)2 +1

9− 2(1 − x) · 1

3· 1

2.

Ebb®l x = 715. 2 pont

Mivel BAC∠ = MHN∠ = 60◦, ezért a BHM háromszög hasonló a CNH három-szöghöz. Mindkett®ben B-nél és C-nél 60◦−os szög van és BMH∠ = CHN∠, továbbáBHM∠ = CNH∠. 2 pont

Ebb®l adódik a két háromszög területének aránya, hiszen az a hasonlóság arányánaknégyzete, azaz

TBHM

TCNH

=

(BM

CH

)2

=

( 81523

)2

=16

25.

2 pont

Összesen 7 pont

Megjegyzés: A feladat több úton is megoldható. Megadunk egy pontozási útmutatóta fentinél kevésbé ötletes gondolatmenet esetén is. A számolásaink kényelme érdekébenmost BH-t választjuk egységnyinek, így ABC oldalai 3 egység hosszúak. Legyen továbbáaz AH szakasz felezpontja F . Felírjuk a koszinusz tételt az ABH háromszög AH oldalára:

AH2 = BH2 + BA2 − 2BH · BA cos 60◦ = 1 + 9 − 2 · 3 · 1

2= 7 1 pont

Ugyanebben a háromszögben koszinusz tétellel meghatározzuk cos BAH∠ értékét:

cos BAH∠ =AB2 + AH2 − BH2

2AB · AH=

9 + 7 − 1

2 · 3 ·√

7=

5

2√

71 pont

Meghatározzuk AM értékét, AFAM

= cos BAH∠ azaz

AM =AH

2: cos BAH∠ =

7

5. 1 pont

A BHM háromszög területét kiszámolhatjuk

TBHM =BM · BH · sin 60◦

2=

2√

3

5. 1 pont

Hasonló gondolatmenettel cos CAH∠ = 2√7, AN = 7

4és így

TCNH =5√

3

8. 1 pont

A feladatban kit¶zött kérdésre a válasz

TBHM

TCNH

=16

25. 2 pont


42


4. Határozzuk meg azokat a pozitív p prímszámokat, amelyekre az alábbi tört értékenégyzetszám:

2p−1 − 1

p.

Megoldás: Kipróbálva a 2, 3, 5 prímeket, a vizsgált tört értéke 12, 1 és 3. Ezek közül

csak az 1 négyzetszám, tehát a p = 3 megoldás. 1 pontA továbbiakban legyen p > 3 és tegyük fel, hogy a tört értéke n2. Ekkor 2p−1−1 = pn2.

Mivel p > 3, így p páratlan és a bal oldal szorzattá alakítható:(2

p−12 − 1

)(2

p−12 + 1

)= pn2.

1 pontMivel p > 3 és páratlan, ezért a bal oldalon álló szorzat mindkét tényez®je páratlan,

különbségük pedig 2. Ebb®l következik, hogy relatív prímek. Mivel szorzatuk pn2, ezértlétezik két pozitív egész a és b, amelyekre (a; b) = 1, ab = n és az el®bb említett szorzategyik tényez®je a2, a másik pedig pb2. 1 pont

Mivel p > 3, ezért 2p−12 − 1 4-es maradéka 3, négyzetszám 4-es maradéka viszont csak

0, vagy 1 lehet. Így már csak egy szereposztás maradt:

2p−12 − 1 = pb2 és 2

p−12 + 1 = a2. 1 pont

Ha p 4-es maradéka 1, akkor p−12

páros szám és így a2 = 2p−12 + 1 3-as maradéka 2. Mivel

négyzetszám 3-as maradéka nem lehet 2, ezért p 4-es maradéka sem lehet 1. 1 pontA továbbiakban legyen p = 4k + 3. Ezt beírjuk a korábban kapott 2

p−12 + 1 = a2

összefüggésbe:

22k+1 + 1 = a2 → 22k+1 = a2 − 1 = (a + 1)(a − 1).

Mivel (a+1)(a−1) 2 hatványa, ezért a+1 és a−1 is 2 hatványa. Mivel (a+1)−(a−1) = 2 ésa 2 hatványai között csak egyetlen esetben lesz a különbség 2, ezért egyetlen szóba jöhet®megoldás maradt, ha a + 1 = 4 és a − 1 = 2. Ebb®l 22k+1 = (a + 1)(a − 1) = 8, k = 1 ésp = 4k + 3 = 7. 2 pont

A feladat feltételeinek két prímszám felel meg, a 3 és a 7.

Összesen 7 pont


43

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

1

Oktatás i Hivata l

A 2015/2016. tanévi


döntő forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)


1. Adott három egymástól és nullától különböző számjegy, melyekből elkészítjük az összes

lehetséges tízes számrendszerbeli háromjegyű számot.

Azt tapasztaljuk, hogy a kapott háromjegyű számok közül a két legnagyobb szám összege

1444 .

Határozza meg a három számjegyet!

1. Megoldás: jelölje a három számjegyet cba ;; .

Mivel a számjegyek különbözők, föltehetjük, hogy 0 cba .

Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb , továbbá nyilvánvaló, hogy

acbabc .

A feltétel szerint 1444 acbabc , ezért acbabc alapján azt kapjuk, hogy

(1) 14442 abc és 14442 acb .

Az (1) összefüggésekből adódik, hogy

(2) 722abc és 722acb .

A (2) eredmények szerint csak 7a lehetséges.

Ekkor viszont 722acb miatt 2c .

A 2c esetben a feltételek figyelembe vételével csak 1b lenne lehetséges, de ez ellentmond

a cb egyenlőtlenségnek. Mivel a számjegyek mindegyike pozitív, ezért csak 1c állhat

fenn.

1 pont

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

44


2

Az 7a és 1c eredmények és az 1444 acbabc feltétel miatt

(3) 144410700110700 bb .

A (3) egyenletből egyszerű számolással adódik, hogy 3b .

Ezért a keresett három számjegy: 7a , 3b és 1c .

Az 7a , 3b és 1c számjegyekből összesen hat háromjegyű, különböző jegyekből álló

számot készíthetünk, ezek közül a két legnagyobb az 731abc és az 713acb , ezek összege

valóban 1444 .

Összesen:


A számjegyek különbözők, ezért föltehetjük, hogy 0 cba .

Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb , amelyek összege a feltétel szerint:

1444 acbabc ,

azaz

(1) 144411200 cba .

Az (1) egyenletből ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy acb 72004411 ,

illetve

(2) acb 7200411 .

A (2) egyenlet bal oldala osztható 11-gyel, így a vele egyenlő jobb oldalnak is oszthatónak kell

lennie 11-gyel.

Mivel azonban a 11 és 200 számok relatív prímek, ezért csak a jobb oldalon szereplő a7

kifejezés lehet 11-gyel osztható.

Figyelembe véve, hogy a tízes számrendszerbeli számjegy, a a7 kifejezés csak akkor lehet

11-gyel osztható, ha 7a , ekkor 07 a .

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

45


3

Ez azt is jelenti, hogy a (2) egyenlet mindkét oldalának értéke zérus.

Ebből pedig az következik, hogy

04 cb ,

vagyis

(3) 4 cb .

A feltételek szerint b és c különböző pozitív számjegyek, továbbá kezdeti feltevésünk szerint

cb , így (3)-ból azt kapjuk, hogy csak

1;3 cb

lehetséges.

Ezért a keresett három számjegy: 7a , 3b és 1c .



valóban 1444 .

Összesen:


A számjegyek különbözők, ezért föltehetjük, hogy 0 cba .

Ekkor a két legnagyobb háromjegyű szám az abc és az acb , amelyek összege a feltétel szerint:

1444 acbabc ,

a helyiértékek figyelembe vételével

(1) 144411200 cba .

Mivel cba ;; különböző számjegyek, amelyek közül a a legnagyobb, továbbá 14448200 ,

ezért

(2) 7a .

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

1 pont

1 pont

2 pont

46


4

Ebből az 0 cba feltétel miatt

(3) 65 cb ,

azaz 12111 cb , ebből pedig (1) miatt 1211444200 a , vagyis 200

1323a

következik.

Számolással ellenőrizhetjük, hogy 7200

13236 , és mivel az a szám az 90 a feltételeknek

megfelelő pozitív egész, továbbá 200

1323a , ezért

(4) 7a .

A (2) és (4) összefüggések együttesen azt jelentik, hogy csak

7a

lehetséges.

A kapott értéket az (1) egyenletbe helyettesítve és az egyenletet rendezve azt kapjuk, hogy

4 cb ,

amelyből cb miatt csak

(5) 1;3 cb

következhet.

A keresett három számjegy tehát: 7a , 3b és 1c .



valóban 1444 .

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

47


5

2. Legyenek rtp ;; pozitív prímszámok.

Tekintsük azt a számtani sorozatot, amelynek első tagja ra 1 , differenciája td 7 .

Határozza meg a rtp ;; prímszámokat, ha teljesül, hogy

rtpdprartatpa 321 !

1. Megoldás: a számtani sorozat első három tagja a sorozat képzési szabálya szerint

ra 1 , trdra 72 és trdra 1423 .

Ezeket beírhatjuk az rtpdprartatpa 321 összefüggésbe:

(1) rtptprtrrttrtpr 7147 .

Az (1) egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk a pozitív r számmal, ekkor azt kapjuk, hogy

ptptrttrtp 27147 ,

innen a zárójelek felbontásával adódik trprtpttp 22 7713 , ebből pedig egyszerű

átalakításokkal:

(2) tprpttp 1713 2 .

A tp; prímszámok nem lehetnek egyszerre páratlanok, mert akkor (2) bal oldala páratlan, míg

jobb oldala páros szám lenne.

Ezért három esetet kell megvizsgálnunk:

a) a tp; prímszámok mindegyike páros, azaz 2;2 tp ,

b) a p prím páros, vagyis 2p , a t prímszám páratlan,

c) a t prím páros, vagyis 2t , a p prímszám páratlan.

Az a) esetben a 2;2 tp értékeket (2)-be helyettesítve azt kapjuk, hogy 6r , ez azonban

nem prímszám, ezért a feladat feltételei mellett az a) eset nem fordulhat elő.

A b) esetben a 2p számot a (2) egyenletbe írva trtt 2726 2, ahonnan rendezéssel és

szorzattá alakítással:

(3) trtt 2726 .

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

48


6

A (3) egyenlet jobb oldala pozitív, ezért a bal oldalnak is pozitívnak kell lennie, ez azonban

3-nál nagyobb t prímekre már nem teljesül.

Figyelembe véve, hogy a b) esetben a t prímszám páratlan, csak 3t lehetséges.

Ha 3t , akkor (3)-ból egyszerű számolással kapjuk, hogy 3r .

A c) esetben a 2t számot a (2) egyenletbe helyettesítve 212826 prpp ,

ahonnan rendezéssel kapjuk, hogy:

(4) 2228 prp .

A (4) egyenletben a bal oldal páros szám, ezért a jobb oldalnak is páros számnak kell lennie, ez

azonban csak úgy lehet, ha az 2 pr tényező páratlan.

Mivel a c) esetben a p prímszám páratlan, ezért 2p is páratlan, tehát az r prímszámnak

szükségképpen párosnak kell lennie, azaz 2r .

Az 2r számot a (4) egyenletbe írva egyszerű számolással adódik, hogy 6p .

Ez nyilván nem megoldása a feladatnak, hiszen 6p nem prímszám.

Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy a feltételeknek csak a

3;3;2 rtp

prímszámok felelnek meg.

Számolással ellenőrizve ezekre a prímszámokra a feladatbeli számtani sorozat különbsége

21d , első három tagja 39;18;3 321 aaa , és ezeket a számokat a

rtpdprartatpa 321 egyenletbe írva mindkét oldal értéke 378.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

49


7



Ezeket beírva a feltételként szolgáló rtpdprartatpa 321 egyenletbe,

rtptprtrrttrtpr 7147 ,

innen a pozitív r számmal az egyenlet mindkét oldalát osztva és a kapott egyenletet rendezve

(1) tprpttp 1713 2 .

A rtp ;; prímszámok paritása szerint 8 esetet kell megvizsgálnunk.

Ezek az esetek a következők:

a) mindhárom prímszám páratlan,

b) mindhárom prímszám páros, azaz 2;2;2 rtp ,

c) p páros prím, azaz 2p , rt; páratlan prímek,

d) t páros prím, azaz 2t , rp; páratlan prímek,

e) r páros prím, azaz 2r , pt; páratlan prímek

f) tp; páros prímek, azaz 2;2 tp , r páratlan prím,

g) rp; páros prímek, azaz 2;2 rp , t páratlan prím,

h) rt; páros prímek, azaz 2;2 rt , p páratlan prím.

Az a) és az e) eset nem valósulhat meg, mert ha a tp; prímszámok mindegyike páratlan, akkor

(1) bal oldala páratlan szám, míg a jobb oldal két zárójeles kifejezése páros szám, ezért a jobb

oldal is páros lenne.

A b) eset sem állhat fenn, mert a 2;2;2 rtp számok behelyettesítése esetén a bal oldal

értéke 52, míg a jobb oldal értéke 36.

2 pont

2 pont

1 pont

50


8

A c) esetben 2p behelyettesítése után (1)-ből azt kapjuk, hogy trtt 2726 2 , illetve

rendezés és kiemelés után

(2) trtt 2726 .

A (2) egyenlet jobb oldala pozitív, ezért a bal oldalnak is pozitívnak kell lennie, ez azonban

3-nál nagyobb t prímekre már nem teljesül.

Mivel a c) esetben a t prímszám páratlan, csak 3t lehet. Ebből (2) alapján azt kapjuk, hogy

3r .

A d) esetben, amikor 2t , és rp; páratlan prímek, az egyenlet két oldalának paritása eltérő,

mégpedig a bal oldal páros, a jobb oldal páratlan. Ezért a d) eset nem állhat fenn.

Az f) esetben, amikor 2;2 tp , és r páratlan prím, akkor ezeknek az értékeknek az (1)

egyenletbe való beírásával arra az eredményre jutunk, hogy

6r ,

ez azonban nem prímszám, ezért a feladat feltételei mellett az f) eset sem lehetséges.

A g) esetben, amikor rp; páros prímek, vagyis 2;2 rp , és t páratlan prím, behelyettesítés

után azt kapjuk, hogy a bal oldal értéke páros, míg a jobb oldal páratlan pozitív egész szám,

ezért ez az eset sem valósulhat meg.

Végül a h) esetben, mikor 2;2 rt , és p páratlan prím, a 2;2 rt értékeket (1)-be

helyettesítve azt kapjuk, hogy

6p ,

de ez nem prímszám, így a h) eset sem állhat fenn.

Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk és azt az eredményt kaptuk, hogy a feladat minden

feltételét csak a c) esetben kapott

3;3;2 rtp

prímszámok elégítik ki.


21d , első három tagja 39;18;3 321 aaa , ezeket a számokat a


Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

51


9



Ezeket beírva a feltételként szolgáló rtpdprartatpa 321 egyenletbe,

rtptprtrrttrtpr 7147 ,

innen a pozitív r számmal az egyenlet mindkét oldalát osztva és a kapott egyenletet rendezve

(1) rptprttpt 1377 22 .

Az (1) egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk a pozitív t számmal:

(2) t

rpprtpt

1377 .

A (2) egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie.

Ez csak úgy lehetséges, ha a t pozitív prím osztója a p és r pozitív prímek szorzatának, de ez

csak akkor állhat fenn, ha

pt vagy rt ,

a továbbiakban ezt a két esetet vizsgáljuk.

Ha pt , akkor a (2) egyenletből behelyettesítés, rendezés és szorzattá alakítás után azt kapjuk,

hogy rtt 2207 , a kapott egyenlet mindkét oldalát a pozitív t számmal osztva pedig

(3) t

rt

2207 .

A (3) egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldal csakis úgy lehet egész szám, ha a t

pozitív prím osztója a 2 és r prímszámok szorzatának, vagyis, ha

2t vagy rt .

A 2t értéket (3)-ba helyettesítve 6r adódik, ez nem felel meg a feladat feltételeinek,

hiszen 6r nem prímszám.

A rt behelyettesítésével pedig azt kapjuk, hogy 7

18t , ez nem felel meg a feltételeknek,

tehát nem megoldása a feladatnak.

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

52


10

Végül, ha rt , akkor a (2) egyenletbe helyettesítve, rendezve, szorzattá alakítás után azt

kapjuk, hogy ttp 6127 , a kapott egyenlet mindkét oldalát a pozitív p számmal osztva

(4) p

tt

6127 .

A (4) egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldal csakis úgy lehet egész szám, ha a p

pozitív prím osztója a tt 326 szorzatnak, és mivel p pozitív prím, ezért csak

2p ; 3p ; vagy tp

lehetséges.

Ezek közül a tp feltételt nem szükséges újra elemeznünk, mert az előbbiekben láttuk, hogy

ebből nem kapunk a feltételeknek megfelelő rtp ;; számhármast.

Ha 2p , akkor a (4) egyenletből azt kapjuk, hogy 3t , így a rt figyelembe vételével

kapott 3;3;2 rtp számhármas kielégíti a feladat feltételeit.

Ha 3p , akkor (4) szerint 5

12t , ez nyilván nem megoldása a feladatnak.

Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, azt az eredményt kaptuk, hogy a feladat minden

feltételét csak a

3;3;2 rtp

prímszámok elégítik ki.


21d , első három tagja 39;18;3 321 aaa , ezeket a számokat a


Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

53


11

3. Az ABC hegyesszögű háromszög BCAB; és CA oldalain úgy vettük fel a ED; és F

belső pontokat, hogy BEDE és CEFE .

Igazolja, hogy az ADF háromszög köré írt kör középpontja illeszkedik a DEF

szögfelezőjére!

Megoldás: készítsünk a feladat feltételeinek megfelelő ábrát (1. ábra).

1. ábra

Legyenek az ABC háromszög CBA ;; csúcsoknál levő belső szögei rendre ;; .

Mivel a feltételek miatt BEDE és CEFE , ezért az 1. ábra BDE és CFE háromszögei

egyenlő szárú háromszögek, amelyekben a BD és CF alapokon fekvő szögek rendre és .

A BDE és CFE háromszögekben a szárak szögei

(1) 2180 BED és 2180 CEF .

Nyilvánvaló, hogy 180FEDCEFBED , ezért az (1) összefüggés alapján

18021802180 FED ,

amiből rendezés után azt kapjuk, hogy 18022 FED

(2) 1802 FED .

1 pont

2 pont

2 pont

54


12

A háromszög belső szögeinek összege 180 , ezért 180 , és így (2)-ből

(3) 2180 FED

következik.

Az ADF háromszög köré írt körben a DAF szög az A pontot nem tartalmazó DF

ívhez tartozó kerületi szög.

A kerületi és középponti szögek összefüggése szerint ehhez az ívhez

2DOF

nagyságú középponti szög tartozik.

Eredményünk és a (3) összefüggés szerint a DEFO négyszögben két szemben levő szög

összege

18022180 DOFFED ,

ezért a DEFO négyszög húrnégyszög.

A DEFO négyszögben a DO és FO azonos hosszúságú húrok, hiszen ezek a szakaszok az

ADF háromszög körülírt körének sugarai.

A DEFO húrnégyszögben azonos hosszúságú húrokhoz egyenlő nagyságú kerületi szögek

tartoznak, ezért

FEODEO ,

ahogy azt a 2. ábrán láthatjuk.

2. ábra

Ez pedig azt jelenti, hogy ADF háromszög körülírt körének O középpontja illeszkedik a

DEF szögfelezőjére, és éppen ezt akartuk bizonyítani.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

55

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, dönt® forduló

MATEMATIKA II. KATEGÓRIA


1. Jelölje a pozitív egész k utolsó jegyét u(k), például u(2016) = 6. Egy számsorozattagjainak képzési szabálya a következ®: a pozitív egész a0 adott, továbbá n > 0 esetén

an = an−1 + u(an−1) − 1.

Milyen a0 számok esetén tartalmaz a sorozat végtelen sok 3-hatványt?

Megoldás: Ha u(a0)=1, akkor a sorozat konstans, tehát a sorozat csak akkor tar-talmazhat 3-hatványt, ha maga a0 egyre végz®d® 3 hatvány, pl. 81. Ekkor a sorozatnakminden eleme 3-hatvány lesz, de a 3-hatványok közül csak egy fajta szerepel a sorozatban.

1 pontA sorozat képzési szabályát tekintve ai és u(ai) azonos paritású, ezért i > 0 ese-

tén ai páratlan. Ha u(ai)=3, akkor a sorozat következ® elemei és azok utolsó jegye:

ai+1 = ai + 2 ai+2 = ai + 6 ai+3 = ai + 14 ai+4 = ai + 20 ai+5 = ai + 22

u(ai+1) = 5 u(ai+2) = 9 u(ai+3) = 7 u(ai+4) = 3 u(ai+5) = 5

A táblázatból kiderül, hogy a végz®dések periodikusan ismétl®dnek és a periódushossza négy (3, 5, 9, 7, 3, 5, 9, 7, ...), továbbá ha ai páratlan, akkor ai+4 = ai + 20. Ese-tünkben, azaz ha u(ai)=3, akkor a sorozatban szerepl® további számok éppen az ai +20k,ai + 2 + 20k, ai + 6 + 20k, ai + 14 + 20k alakú számok (k = 0, 1, 2, ...). 2 pont

A 3-hatványok 20-as maradékai négyes periódusban rendre 1, 3, 9, 7, 1, 3, 9, ... Ebb®laz következik, hogy az {ai} sorozatban pontosan akkor lesz végtelen sok 3-hatvány, hatagjai között szerepel egy olyan szám, amelynek 20-as maradéka 1, 3, 7 vagy 9. 1 pont

Jelölje a0 20-as maradékát m, végignézzük a lehet®ségeket:Ha m = 1, m = 6, m = 11 vagy m = 16, akkor a sorozat minden tagja egyenl® lesz

a1-gyel.Ha m = 0, akkor a2 = 20k + 7 alakú, így az a2+4n tagok között lesz az összes a0-

nál nagyobb 7-re végz®d® 3-hatvány. A további m értékeknél ennek mintájára megadjuka sorozatnak egy olyan tagját, amelynek 20-as maradéka a 3, 7, 9 valamelyike és ezmár garantálni fogja, hogy végtelen sok 3-hatványt tartalmazzon a sorozat. Az alábbitáblázatban mindig az m érték alá írtuk a sorozat egy megfelel® maradékú tagját.

OKTV 2015/2016 1 dönt®

56


m = 2 m = 3 m = 4 m = 5 m = 7

a1 = 20k + 3 a4 = 20k + 3 a1 = 20k + 7 a1 = 20k + 9 a4 = 20k + 7

m = 8 m = 9 m = 10 m = 12 m = 13

a3 = 20k + 7 a4 = 20k + 9 a1 = 20k + 9 a4 = 20k + 7 a3 = 20k + 7

m = 14 m = 15 m = 17 m = 18 m = 19

a2 = 20k + 3 a2 = 20k + 7 a1 = 20k + 3 a2 = 20k + 9 a1 = 20k + 7

Azt kaptuk, hogy amennyiben a0 1-re, vagy 6-ra végz®dik, akkor a sorozat nem tar-talmazhat végtelen sok különböz® 3-hatványt. Amennyiben a0 éppen egy 1-re végz®d®3-hatvány, vagy egy ilyennél éppen 5-tel kisebb szám, akkor a sorozat minden ai (i ≥ 1)tagja ez a 3-hatvány. Ha pedig a0 végz®dése nem 1, vagy 6, akkor a sorozat biztosantartalmaz végtelen sok 3-hatványt. 3 pont

Összesen 7 pont

2. A négyzetrácson adott az ABCD konvex rácsnégyszög úgy, hogy mind a négycsúcsa, mind pedig átlóinak M metszéspontja rácspont (azaz olyan pont, melynek mindkétkoordinátája egész). Jelölje t az ABCD négyszög, t1 pedig az ABM háromszög területét.Igazoljuk az alábbi egyenl®tlenséget és állapítsuk meg, mikor lehet egyenl®ség:

√t ≥

√t1 +

√2

2.

Megoldás: Jelölje a BMC, CMD és DMA háromszögek területét rendre t2, t3 és t4.A t1 és t2 háromszögek B csúcsához tartozó magassága azonos, így területük aránya

t1t2

=AM

MC.

Hasonlóan adódik, hogyt3t4

=MC

AM

e kett®t összevetve t1t3 = t2t4. 1 pont

OKTV 2015/2016 2 dönt®

57


b

Ab

B

bC

bD

t1

t2

t3

t4

b M

Ezt és a számtani mértani közepek közötti egyenl®tlenséget felhasználva kapjuk, hogy

t = t1 + t2 + t3 + t4 ≥ t1 + t3 + 2√

t2t4 = t1 + t3 + 2√

t1t3. 2 pont

Mivel CMD egy rácsháromszög, ezért területe legalább 12, így az imént kapott becslést

folytatva

t ≥ t1 + t3 + 2√

t1t3 ≥ t1 +1

2+ 2

√t12

=

(√t1 +

1√2

)2

.

Az egyenl®tlenség mindkét oldala pozitív, így gyököt vonhatunk és megkapjuk a bizonyí-tandó egyenl®tlenséget.

2 pontEgyenl®ség akkor lehet, ha a számtani és mértani közepek közötti becslésnél is egyenl®ség

volt, azaz t2 = t4. Ez azt jelenti, hogy t4 + t1 = t2 + t1, azaz a BAD és BAC háromszögekterület ugyanakkora. Mivel AB közös alapjuk, így a C és D-hez tartozó magasságukugyanakkora, így a négyszög trapéz. A becslés során felhasználtuk, hogy t3 ≥ 1

2, itt

is egyenl®ségnek kell állnia. Azt kaptuk, hogy egyenl®ség esetén ABCD olyan trapéz,melynek párhuzamos oldalai AB és CD továbbá a CMD háromszög területe 1

2.

2 pont

Összesen 7 pont

3. Egy társaság n tagból áll, közülük néhányan ismerik egymást, az ismeretség köl-csönös. Bármely két, egymást nem ismer® embernek pontosan két közös ismer®se van.Amennyiben két ember ismeri egymást, nekik nincs közös ismer®sük. Igazoljuk, hogy atársaság minden tagjának ugyanannyi ismer®se van.

Megoldás: Legyen a társaság egy tetsz®legesen választott tagja T , az ® ismer®seiA1, A2, ..., Am, akiket pedig nem ismer B1, B2, ..., Bk. A feladat feltételei szerint i = jesetén Ai és Aj nem ismerhetik egymást, hiszen T közös ismer®sük. Viszont T -n kívülminden ilyen Ai, Aj párnak van további közös ismer®se, és az csak Bs lehet, valamely s-re.Tekintve Bs-t és T -t, nekik pontosan két közös ismer®sük van, az imént említett Ai, Aj.Tehát a különböz® Ai, Aj párokhoz, a B-vel jelöltek közül is különböz® tartozik, ebb®lpedig következik, hogy (

m

2

)≤ k. 2 pont

OKTV 2015/2016 3 dönt®

58


Másrészt minden i-re a T, Bi párnak van két közös ismer®se az A-val jelöltek közül ési = j esetén a T, Bi és T, Bj párhoz tartozó A-beli párok is szükségképpen különböz®ek.Ebb®l viszont az következik, hogy

k ≤(

m

2

). 2 pont

Azt kaptuk, hogy k =(

m2

). A társaság tagjai T , az A-val és a B-vel jelölt tagok, ezek

száma együtt

1 + m +

(m

2

)= n

ahol m és n pozitív egészek. 1 pontHa n = 1, az állítás semmitmondó, n = 2-re a két embernek ismerni kell egymást, így

mindenkinek 1 ismer®se van. Ha n ≥ 3, akkor az iménti egyenletet átalakítva m2 + m +2 − 2n = 0 másodfokú egyenlethez jutunk. A gyökök szorzata 2 − 2n negatív, így csakegy pozitív gyök tartozhat n-hez, T választásától függetlenül. 2 pont

Megjegyezzük, hogy például m = 2-re n = 4. A feladat feltételeinek megfelel, ha a négytag A,B, C, D és a következ® négy pár ismeri egymást: AB, BC, CD és DA. Továbbim értékekre vizsgálva m = 3 és m = 4 nem ad megoldást. m = 5-re jó konstrukció,ha a társaságot szemléltet® gráf csúcsai egy négy dimenziós egységkocka csúcsai (a négykoordináta mindegyike 0, vagy 1). Egy ilyen számnégyes "ismer®sei": a kocka négyszomszédos csúcsa, amelyek csupán egyetlen koordinátában térnek el, illetve a testátlómásik végpontja. Például a (0;1;1;0) pont 5 "ismer®se": (1;1;1;0), (0;0;1;0), (0;1;0;0;),(0;1;1;1), és (1;0;0;1).

Általában a feladat feltételeinek megfelel® gráfok az úgynevezett er®sen reguláris gráfok(n, k, 0, 2) paraméterekkel.

Összesen 7 pont

OKTV 2015/2016 4 dönt®

59

Megoldások Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


Megoldások

1. feladat

Az {1, 2, . . . , n} halmaz egy részhalmazát kicsinek nevezzük, ha üres vagy kevesebb elemevan a legkisebb eleménél. Hány kicsi részhalmaz van?

Megoldás: A kicsi részhalmazok számát K(n)-nel jelölve, az első néhány n-re K(1) = 1,K(2) = 2, K(3) = 3, K(4) = 5. Ennek alapján azt sejtjük, hogy K(n) = fn+1, az(n+ 1)-edik Fibonacci-szám (f1 = f2 = 1, és fn = fn−1 + fn−2, ha n > 2).

Mivel K(1) = f2 és K(2) = f3, ezért elég belátni, hogy a K(n) függvény is eleget tesz aFibonacci-féle rekurziónak, azaz n > 2-re K(n) = K(n − 1) +K(n − 2) (∗).Soroljuk két osztályba {1, 2, . . . , n} kicsi részhalmazait aszerint, hogy az n számot nemtartalmazzák (A), illetve tartalmazzák (B). Az A-beliek száma nyilván K(n− 1). Így elégmegmutatnunk, hogy a B-beliek száma megegyezik {1, 2, . . . , n− 2} kicsi részhalmazainaka számával. Ehhez kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesítünk közöttük, éspedig akövetkezőképpen. Ha a B-beli H halmaz elemei a1 < a2 < · · · < ak−1 < ak = n, ahola feltétel szerint 1 ≤ k < a1, akkor a H-nak megfelelő H ′ halmaz álljon az a1 − 1 << a2 − 1 < · · · < ak−1 − 1 elemekből (k = 1 esetén H ′ üres). Mivel ak−1 − 1 ≤ n − 2 ésk < a1 ⇐⇒ k − 1 < a1 − 1, ezért H ′ valóban {1, 2, . . . , n − 2} egy kicsi részhalmaza. Azis világos, hogy minden ilyen halmaz előáll egy B-beli halmaz képeként, és a megfeleltetéskölcsönösen egyértelmű.

Egy másik bizonyítási lehetőség a következő. Az {1, 2, . . . , n} halmazban egy j eleműrészhalmaz pontosan akkor kicsi, ha nem tartalmazza az 1, 2, . . . , j elemek egyikét sem,tehát mind a j eleme a j + 1, j + 2, . . . , n számok közül kerül ki. Ennek alapján a j elemű

kicsi részhalmazok száma

(n − j

j

). Innen

K(n) =

⌊n/2⌋∑

j=0

(n − j

j

).

Ennek a képletnek az alapján, az

(s

m

)=

(s − 1

m

)+

(s − 1

m − 1

)összefüggés felhasználásával

könnyen igazolható a (∗) rekurzió.

1

60


2. feladat

Anna tetszőlegesen beosztja az n+1, n+2, . . . , n+2k számokat k darab diszjunkt párba.Ezután megmondja Balázsnak, mennyi az egyes párokban az elemek szorzata. Legyen f(n)az a maximális k, amelyre ebből a k darab szorzatértékből Balázs mindig ki tudja találniaz Anna által gondolt számpárokat. Bizonyítsuk be, hogy vannak olyan c és d, az n-tőlfüggetlen pozitív konstansok, hogy minden elég nagy n-re c

√n < f(n) < d

√n.

Megoldás: Először a felső becslést igazoljuk. Az a1, a2, . . . , a6 számokat úgy fogjukmegadni, hogy

a1a2 = a3a6, a3a4 = a5a2 és a5a6 = a1a4 (1)

teljesüljön. Ekkor, ha Anna ezt a hat számot akár (a1, a2), (a3, a4), (a5, a6), akár (a3, a6),(a2, a5), (a1, a4) párokba osztja, ugyanazok a szorzatok jönnek létre, tehát Balázs nemtudja kitalálni a párosítást.

Legyen t egy később n-től függően alkalmasan megválasztandó pozitív egész, és legyen

a1 = (t−2)(t+2) = t2−4, a2 = (t−1)t = t2−t, a3 = (t−2)t = t2−2t,

a4 = (t−1)(t+1) = t2−1, a5 = (t−2)(t+1) = t2−t−2, a6 = (t−1)(t+2) = t2+t−2.

Ekkor (1) fennáll. Az ai számoknak n+ 1 és n+ 2k közé kell esniük. Mivel t > 2-re a3 alegkisebb és a6 a legnagyobb a hat szám közül, ezért ez azt jelenti, hogy

n+ 1 ≤ a3 = t2 − 2t − 1 és a6 = t2 + t − 2 ≤ n+ 2k

kell, hogy teljesüljön. Az első egyenlőtlenségből t ≥ 1+√n+ 3, tehát a legkisebb lehetséges

választás t = 1 + ⌈√n+ 3⌉ (ahol ⌈x⌉ az x szám felső egészrészét jelöli, azaz a legkisebb,

x-nél nem kisebb egész számot). Ezt a második egyenlőtlenségbe beírva

2k ≥ (t − 1)(t+ 2) − n = ⌈√n+ 3⌉(⌈

√n+ 3⌉ + 3) − n.

Ez biztosan teljesül, ha

2k ≥ (√n+ 3 + 1)(

√n+ 3 + 4) − n = n+ 3 + 5

√n+ 3 + 4 − n = 5

√n+ 3 + 7,

azaz elég nagy n-re k > 3√n esetén a fenti konstrukció megvalósítható.

Az alsó becsléshez megmutatjuk, hogy f(n) > ⌊√n/2⌋, mert

(n+ b1)(n+ b2) = (n+ b3)(n+ b4), 1 ≤ b1 < b2 ≤ √n és 1 ≤ b3 < b4 ≤ √

n

teljesüléséből b1 = b3 és b2 = b4 következik (azaz ekkor bármelyik pár szorzata különbözőeredményt ad). A beszorzás elvégzése és összevonások után (b1+b2−b3−b4)n = b3b4−b1b2adódik. A jobb oldali, n-nel osztható egész szám abszolút értéke kisebb n-nél, tehát csak 0lehet, azaz 0 = b3b4 − b1b2 = b1+ b2 − b3 − b4. Ez azt jelenti, hogy g(x) = (x+ b1)(x+ b2)−−(x+ b3)(x+ b4) a nulla polinom (minden együtthatója nulla), vagyis (x+ b1)(x+ b2) és(x+ b3)(x+ b4) mint polinomok azonosak, és így a gyöktényezős alak egyértelműségéből akívánt b1 = b3, b2 = b4 következik. (Ugyanezt úgy is megkaphatjuk, hogy a b1+b2 = b3+b4(∗∗) egyenlőség négyzetéből levonjuk a b1b2 = b3b4 egyenlőség 4-szeresét, négyzetgyökötvonunk, és az így adódó b2−b1 = b4−b3 összefüggést hozzáadjuk (∗∗)-hoz, illetve levonjukabból.)

2

61


3. feladat

Az ABC háromszög A-val átellenes oldalán felvettük az A1 pontot, a B-vel átellenesoldalon B1-et, a C-vel átellenesen C1-et úgy, hogy az AA1, BB1, CC1 szakaszok áthaladnakugyanazon a P ponton. Bizonyítsuk be, hogy

AP · PA1 +BP · PB1 + CP · PC1 <1

3

(BC2 + CA2 +AB2

).

Megoldás: A tömörség kedvéért használjuk az S = AP · PA1 + BP · PB1 + CP · PC1,a = BC, b = CA, c = AB jelöléseket, ezekkel a bizonyítandó állítás S < (a2 + b2 + c2)/3.

Legyen

x =PA1

AA1, y =

PB1

BB1és z =

PC1

CC1.

Célunk, hogy S-et kifejezzük a, b, c és x, y, z segítségével. Nyilván AP ·PA1 = x(1−x)AA21,

BP · PB1 = y(1 − y)BB21 és CP · PC1 = z(1 − z)CC2

1 .

Az x, y, z arányszámok rendre egyenlők a BCP , CAP , illetve ABP részháromszögekterületének az ABC háromszög területéhez viszonyított arányával, ezért egyrészt érvényesaz x+ y+ z = 1 egyenlőség, másrészt x, y és z egymás közti arányai megegyeznek ezekneka részháromszögeknek a területarányaival. Két ilyen részháromszögnek van közös oldala(például ABP és CAP esetében AP ), területarányuk tehát az ehhez az oldalhoz tartozómagasságaik aránya, ami pedig az ABC háromszög szemközti oldalának két szelete köztiaránnyal (a példában A1B és CA1 arányával) egyenlő. Ezért

y : z = CA1 : A1B, z : x = AB1 : B1C és x : y = BC1 : C1A.

Ezt felhasználva az−−→AA1,

−−→BB1,

−−→CC1 vektorok az alábbi módon írhatók fel az ABC három-

szög oldalvektorai segítségével:

−−→AA1 =

y−→AB + z

−→AC

y + z,

−−→BB1 =

z−→BC + x

−→BA

z + x,

−−→CC1 =

x−→CA+ y

−→CB

x+ y.

3

62


Ezekből skaláris szorzást alkalmazva képleteket kaphatunk AA21-re, BB2

1 -re és CC21 -re;

például AA1 esetében

AA21 =

1

(y + z)2(y2c2 + z2b2 + 2yz

−→AB · −→

AC).

Itt a2 =(−→AC − −→

AB)2

= b2 + c2 − 2−→AB · −→

AC miatt 2−→AB · −→

AC = b2 + c2 − a2, ezzel tehát

AA21 =

1

(y + z)2(y2c2 + z2b2 + yz(b2 + c2 − a2)

)=

=−yz

(1 − x)2a2 +

z

1 − xb2 +

y

1 − xc2,

ahonnanAP · PA1 = x(1 − x)AA2

1 = − xyz

1 − xa2 + zx b2 + xy c2.

Hasonló formulákat kapunk a másik két szorzatra is, ezeket végül összeadva a bizonyítandóegyenlőtlenség bal oldalára az

S =

(2yz − xyz

1 − x

)a2 +

(2zx − xyz

1 − y

)b2 +

(2xy − xyz

1 − z

)c2 =

= yz

(3 − 1

1 − x

)a2 + zx

(3 − 1

1 − y

)b2 + xy

(3 − 1

1 − z

)c2

képlet adódik.

Rátérünk az S < (a2+b2+c2)/3 egyenlőtlenség igazolására. Ehhez csak annyit használunkfel, hogy a fenti formulában a, b, c valamely háromszög oldalai (tehát olyan pozitívszámok, amelyekre a három háromszögegyenlőtlenség érvényes), továbbá x, y, z nem-negatív számok, melyekre x+ y + z = 1.

Az egyenlőtlenség nyilvánvaló módon érvényes, ha a fenti képletben mind a2, mind b2,mind c2 együtthatója 1/3-nál kisebb. Először megmutatjuk, hogy ez így van, ha x, yés z mindegyike legalább 1/6. (Általában nem várható, hogy az együtthatók mind 1/3-nál kisebbek legyenek, például ha x = 0 és y = z = 1/2 (vagyis amikor P a BC oldalfelezőpontja), a2 együtthatója 1/2.)

Tegyük fel tehát, hogy x, y, z ≥ 1/6, és tekintsük például a2 együtthatóját (a másik kettőesetében hasonlóképpen lehet eljárni). Az yz szorzatot

yz =

(y + z

2

)2

−(y − z

2

)2

≤(y + z

2

)2

=

(1 − x

2

)2

alapján lehet felülről becsülni, és ezzel valóban

yz

(3 − 1

1 − x

)≤

(1 − x

2

)2 (3 − 1

1 − x

)≤

(5

12

)2

· 95=

5

16<

1

3.

Ugyancsak könnyű ellenőrizni, hogy mindhárom együttható 1/3-nál kisebb, ha x, y ész közül kettő is kisebb 1/6-nál. Az együtthatókat adó háromtényezős szorzatok tényezői

4

63


között ugyanis ekkor mindhárom esetben szerepel olyan, amelynek az értéke 1/6-nál kisebb,a másik két tényező pedig legfeljebb 1, illetve 2.

Tekintsük végül a fennmaradó esetet, vagyis amikor x, y és z közül pontosan az egyikkisebb 1/6-nál. Feltehetjük, hogy x < 1/6, ekkor 1/6 ≤ y, z ≤ 5/6.

Ilyenkor a2 együtthatója nagyobb lehet 1/3-nál, ezért ebben az esetben annak az 1/3-otmeghaladó részét átcsoportosítjuk a másik két taghoz. Eközben felhasználjuk a három-szögegyenlőtlenségből nyerhető a2 < (b+ c)2 = 2b2 + 2c2 − (b − c)2 ≤ 2b2 + 2c2 becslést:

S <1

3a2 +

(zx

(3 − 1

1 − y

)+ 2

(yz

(3 − 1

1 − x

)− 1

3

))b2+

+

(xy

(3 − 1

1 − z

)+ 2

(yz

(3 − 1

1 − x

)− 1

3

))c2.

Azt akarjuk belátni, hogy itt b2 és c2 együtthatója is legfeljebb 1/3. Elég b2 együtthatójátmegvizsgálni, hiszen a másik ebből átbetűzéssel származik. Állításunk tehát az, hogy

zx

(3 − 1

1 − y

)+ 2yz

(3 − 1

1 − x

)≤ 1.

Ennek igazolásához fölhasználjuk, hogy 1-nél kisebb x-re és y-ra érvényesek az

1

1 − x≥ 1 + x, illetve

1

1 − y≥ 4y

egyenlőtlenségek, és ezért elegendő azt megmutatni, hogy

zx(3 − 4y) + 2yz(2 − x) ≤ 1,

illetve ezzel egyenértékű módon azt, hogy

3zx+ 4yz − 6xyz ≤ 1.

A bal oldalon y ≥ 1/6 miatt 6xyz ≥ zx, ezért elég belátni, hogy 2zx + 4yz ≤ 1. Itty+ z = 1− x miatt yz ≤ (1− x)2/4, tehát elegendő a 2zx+ (1− x)2 ≤ 1 egyenlőtlenségetbebizonyítani. Átrendezéssel ez egyenértékű x(x+2z−2) ≤ 0-val, ami pedig nyilvánvalóanigaz, hiszen 0 ≤ x < 1/6 és z ≤ 5/6.

5

64

Documents

2015/2016 - Fazekas · Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓ RIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) FELADAT OK 1. Egy adott földterület felásását