2014/2015 - matek.fazekas.humatematika i. kategÓria (szakkÖzÉpiskola) feladatok 1. ... 11 3 2 »...

2014/2015

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

A BC

D

E

F

Oktatás i Hivata l

A 2014/2015. tanévi

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Határozza meg a tízes számrendszerbeli abbax = és ababy = ( ba ≠ ) páros termé-szetes számokat úgy, hogy az yx + összeg osztható legyen 7-tel!

2. Az CEAF ; és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően

helyezkednek el. A CE szakasz hossza 24, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz?

3. Oldja meg az 14822 =−+ zyx egyenletet az egész számok halmazán!

4. Oldja meg a valós számok halmazán az

( ) ( ) ( ) ( )( ) 214log1log4log 2555 −−⋅+=−⋅+ xxxx

egyenletet!

5. Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE három-szöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával.

Bizonyítsa be, hogy ( )∠⋅= CEDCDAB cos2 !

6. Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; 2; 3;

4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.)

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

A 2014/2015. tanéviOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny

els® forduló

MATEMATIKA II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)

FELADATOK

1. Tekintsük azokat az ötjegy¶ számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tar-talmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy¶ számoknak azösszege?

2. Legyen C az AB szakasz bels® pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük azAB, AC és CB átmér®j¶ félköröket. A C ponton át az AB-re emelt mer®leges egyenesaz AB-re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC-re emelt félkörívmetszéspontja E, a BD szakasz és a CB-re emelt félkörív metszéspontja F . Igazoljuk,hogy az EF egyenes az AC-re illetve CB-re emelt félkörívek közös érint®je lesz.

3. Legyen a1 = 1, a sorozat további elemeit a következ® összefüggés határozza meg:

an+1an = 4(an+1 − 1), n pozitív egész

Igazoljuk, hogy a sorozat els® 2025 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 22014.

4. Az ABC háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2. Legyen P az ABC háromszögegy bels® pontja. A P pontnak a BC, CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer®legesvetületei legyenek rendre D, E és F . Tekintsük az alábbi összeget

S =BC

PD+

CA

PE+

AB

PF.

(a) Határozzuk meg S minimális értékét.(b) A háromszög mely P bels® pontjára lesz S értéke minimális?

5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert

sin2 x + cos2 y = y2, sin2 y + cos2 x = x2.

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

��


első forduló

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

FELADATOK

1. Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n2 + 3alakú szám közös osztói?

2. Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogyaz ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő.Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai.

3. A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonoskitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p+ 1)/2.

4. Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára.Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkornégyzet.

5. Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P1,P2, . . . , P2014. Bizonyítsuk be, hogy a P1P2, P2P3, . . . , P2013P2014,P2014P1 egyenesek között van két párhuzamos.


4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivatal


második forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA( SZAKKÖZÉPISKOLA )

FELADATOK

1. feladat: Adja meg az összes olyan (x, y) valós számpárt, amely megoldása a következ®egyenletrendszernek:

x2y + xy2 = 61

x+

1

y=

3

2

.

2. feladat: Az ABCD rombusz hegyesszöge 45◦. Mutassa meg, hogy a rombusz beírtkörének tetsz®leges P pontjára teljesül

PA2 + PB2 + PC2 + PD2 =5

2AB2.

3. feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész. Anégyzetes oszlop V térfogatának és A felszínének mér®számai között fennáll a V = 2015·Aösszefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik, amely megfelel ezekneka feltételeknek?

4. feladat: Az ABC háromszög szögei CAB∠ = 75◦ és ABC∠ = 60◦. Legyenek azABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozó tükörképeirendre X, Y és Z pontok. Közelít® értékek használata nélkül határozza meg az XY Z ésABC háromszögek területének arányát!

5. feladat: Papírból 6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetetvágtunk ki, majd azokból egy-egy L-alakot raktunk le a b cm ol-dalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánálaz ábra szerint. (A hatoldalú L-alak kett® oldala 2a, négy oldalapedig a hosszúságú.) Így az asztallap két feketével jelölt részekétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett. A nemfedett részek területének összege, a kétszer fedett (fekete) részekterületének összege és az egyszer fedett (csíkozott) részek terü-letének összege cm2-ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monotonnöv® számtani sorozat egymást közvetlenül követ® tagjai. (Az ábra nem méretarányos.)Határozza meg a b és a oldalak arányának pontos értékét!


5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium


második forduló


FELADATOK

1. Legyen n 2-nél nagyobb egész szám. Egy konvex n-szög három csúcsát kiválasztva22

35annak a valószín¶sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs

közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.

2. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet® az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy,hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai a, illetve b hosszúak.Mekkora a trapéz kerülete?

3. Egy tudományos kutatásban n tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós el®re meg-állapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelveközül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tu-dóst akkor nevezünk szervez®nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik.Legfeljebb mekkora lehet n, ha nincs köztük szervez®?

4. Határozzuk meg, mely pozitív egész a, b, c számokra teljesül az alábbi egyenlet:

a! · b! = a! + b! + c!


6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

A 2014/2015. tanévi

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

döntő forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két

különböző pont a számegyenesen, amelyek az 2x , illetve az 2px számok helyét

jelölik.

Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik

harmadolópontja a p szám helyét jelöli!

2. Oldja meg a nnx

xx124

2

311 2

egyenletet, ahol x valós szám és n egész

szám!

( y az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a

legnagyobb)

3. Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti.

Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög

szárait az M és N pontokban metszi.

Bizonyítsa be NXMX !


7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, dönt® forduló


FELADATOK

1. Az x, y, z olyan pozitív egészek, amelyekre az

x(y + 1)

x − 1,

y(z + 1)

y − 1,

z(x + 1)

z − 1

hányadosok mindegyike pozitív egész szám. Mi az xyz szorzat lehetséges legnagyobbértéke?

2. Tekintsük egy kocka három olyan lapátlójának egyenesét, amelyek páronként ki-tér®ek. Az e egyenes az iménti három egyenes mindegyikével ugyanakkora szöget zár be.Mekkora lehet ez a szög?

3. Legyenek x1, x2, ..., x2015 valós számok. Ugyanezen számok valamely y1, y2, ..., y2015

permutációjára teljesül, hogy

3y1 − x1 = 2x2, 3y2 − x2 = 2x3, ..., 3y2015 − x2015 = 2x1

Bizonyítsuk be, hogy ez csak úgy lehet, ha minden xi ugyanakkora.


8

Feladatlapok Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


FELADATOK

1. A k körhöz egy külső ponton keresztül egy e szelőt és két érintőthúzunk, az utóbbiak érintési pontjai A és B. Az A ponton áthaladó,e-vel párhuzamos egyenes az A-tól különböző C pontban is metszi k-t.Bizonyítsuk be, hogy a BC egyenes felezi e-nek a k-ba eső szakaszát.

2. Tegyük fel, hogy nemnegatív egész számoknak egy véges A = {a1 << a2 < . . . < ak} és egy végtelen B = {b1 < b2 < . . . } halmazárateljesül, hogy minden nemnegatív egész egyértelműen előáll ai + bj

alakban. Mutassuk meg, hogy ekkor B szükségképpen „tisztán periodi-kus”, azaz létezik olyan c > 0, hogy bármely b nemnegatív egész számpontosan akkor eleme B-nek, ha b+ c is az.

3. Melyek azok az egész együtthatós f polinomok, amelyekre mindenj ≥ 1 esetén f(2j) pozitív prímhatvány?

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

OKTV 2014/2015 első forduló

Oktatás i Hivata l

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

első forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA)

Javítási-értékelési útmutató

1. Határozza meg a tízes számrendszerbeli abbax = és ababy = ( ba ≠ ) páros természetes

számokat úgy, hogy az yx + összeg osztható legyen 7-tel! Megoldás: Mivel abbax = és ababy = tízes számrendszerbeli számok, ezért (1) bax 1101001 += és bay 1011010 += .

A két szám összege

(2) bayx 2112011 +=+ .

Maradékos osztással 272872011 +⋅= és 1730211 +⋅= , ezért (2)-ből az következik, hogy

babayx ++⋅+⋅=+ 27307287 , innen pedig

(3) ( ) babayx +++⋅=+ 2302877 .

(3) szerint yx + pontosan akkor osztható 7-tel, ha ba +2 osztható 7-tel.

A feltétel szerint a és b páros számjegyek, valamint ba ≠ , így a ba +2 összeg 24-nél kisebb 7-tel osztható pozitív páros szám, azaz

(4) 142 =+ ba .

(4)-ből két megoldást kapunk:

2;6 == ba , valamint 6;4 == ba .

A feladatra összesen 2 megoldáspár adódik

6262;6226 == yx , illetve 4646;4664 == yx .

Összesen:

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

2 pont 2 pont

1 pont

10 pont

10


Matematika I. kategória

OKTV 2014/2015 2 első forduló

2. Az CEAF ; és BD szakaszok az alábbi ábrának megfelelően helyezkednek el. A CE szakasz hossza 24, a BD szakasz hossza 40 egységnyi. Hány egység hosszúságú az AF szakasz?

A BC

D

E

F

Megoldás: Az CEAF ; és BD szakaszok mindegyike az ábra szerint merőleges az AB szakaszra, ezért a szakaszok párhuzamosak egymással. A ∠DAB -et metsző CE és BD szakaszokra felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét:

(1) 53

4024

===BDCE

ABAC .

A ∠FBA -et metsző CE és AF szakaszokra is felírjuk a párhuzamos szelőszakaszok tételét:

(2) AFAF

CEABBC 24

== .

Az (1) és (2) megfelelő oldalait összeadva azt kapjuk, hogy AFAB

BCABAC 24

53

+=+ .

Mivel azonban ABBCAC =+ , ezért

(3) AF24

531 += .

(3)-ból egyszerű számolással adódik, hogy 60=AF , tehát az AF szakasz 60 egység hosszú-ságú. Összesen:

1 pont 2 pont 2 pont 3 pont 2 pont 10 pont

11




3. Oldja meg az 14822 =−+ zyx egyenletet az egész számok halmazán! I. Megoldás: Az yx; egész számok nem lehetnek egyszerre párosak, mert akkor 2x és 2y is 4-gyel oszt-ható, így az egyenlet bal oldala 4-gyel osztható, miközben a jobb oldal nem osztható 4-gyel. Az sem állhat fenn, hogy az yx; egész számok közül az egyik páros, a másik páratlan, mert ekkor az egyenlet bal oldala páratlan egész szám, míg a jobb oldala páros. Ezért csak az lehetséges, hogy az yx; egész számok mindegyike páratlan. Legyen ezért 12 += kx és 12 += my , ahol Zmk ∈; . Eszerint 148144144 22 =−+++++ zmmkk , ahonnan rendezéssel: (1) 1284444 22 =−+++ zmmkk . (1) mindkét oldalát 4-gyel osztva azt kapjuk, hogy 3222 =−+++ zmmkk , amelyből kie-melés után (2) ( ) ( ) 3211 =−+⋅++⋅ zmmkk . A k és 1+k , illetve m és 1+m közvetlen egymás utáni egész számok, ezért ( )1+⋅ kk , illetve ( )1+⋅ mm páros számok. Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy z2 is páros egész szám, ezért (2) bal oldala páros, jobb oldala pedig páratlan egész szám. Ez nem lehetséges, tehát (2) nem teljesülhet egyetlen

zmk ;; egész számokból álló számhármasra sem. Minden esetet megvizsgáltunk, megoldást egyetlen esetben sem kaptunk, az

14822 =−+ zyx egyenletnek tehát nincs megoldása az egészekből álló számhármasok halmazán. Összesen: II. Megoldás: Az yx; egész számok mindegyike páratlan. (előző megoldásban részletezve) Átrendezve az egyenletet:

( )( ) ( )( ) 128111112811 22

=−+−++−=−−+−

zyyxxzyx

Itt a két szorzatban két egymás utáni páros szám áll, tehát mindkét szorzat osztható 8-cal. A bal oldal egy 8-cal osztható szám z értékétől függetlenül. A jobb oldalon a 12 nem osztható 8-cal. Tehát nincs megoldása az egyenletnek. Összesen:

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 2 pont 1 pont 10 pont 3 pont 2 pont 3 pont 1 pont 1 pont 10 pont

12




4. Oldja meg a valós számok halmazán az ( ) ( ) ( ) ( )( ) 214log1log4log 2

555 −−⋅+=−⋅+ xxxx egyenletet!

Megoldás: A logaritmus értelmezése miatt 4−>x , illetve 1>x , ezért a feladat megoldásait az

] [∞= ;1A halmazon keressük. Az egyenlet jobb oldala a logaritmus azonosságai miatt átalakítható, így (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 21log4log21log4log 5555 −−++⋅=−⋅+ xxxx . Végezzük el az ( )4log5 += xa és a ( )1log5 −= xb helyettesítéseket, ezekkel (1) a követ-kező alakba írható: (2) 22 −+=⋅ baba . A (2) egyenlet rendezésével és kiemeléssel: (3) ( ) ( ) 021 =−⋅− ba . A (3) egyenlet szerint 1=a vagy 2=b lehetséges. Ha 1=a , akkor ( ) 14log5 =+x , ebből a logaritmus definíciója szerint 54 =+x , azaz 1=x következik. Ez a szám azonban nem eleme az ] [∞= ;1A halmaznak, ezért nem megoldás. Ha pedig 2=b , akkor ( ) 21log5 =−x , innen a logaritmus definíciója alapján azt kapjuk, hogy 251 =−x , azaz 26=x . Ez a szám megfelel a feladat feltételeinek és behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy való-ban megoldása a feladatnak. Összesen:

1 pont 2 pont 2 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 10 pont

13




5. Az ABCD húrnégyszög BC és AD oldalainak egyenesei a hegyesszögű CDE háromszöget zárják közre. A CDE háromszög körülírt körének sugara megegyezik az ABCD húrnégyszög körülírt körének sugarával.

Bizonyítsa be, hogy ( )∠⋅= CEDCDAB cos2 !

Megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók.

α

O1

O2

C

D

E

B

A

Mk1

k2

A 1k és 2k körök sugara egyenlő, legyen ez a sugár R . A 1k körben a CD húrhoz az ábra jelölése szerint, α nagyságú kerületi szög tartozik. Egyenlő sugarú körökben az egyenlő hosszúságú húrokhoz egyenlő nagyságú kerületi szö-gek tartoznak, ezért a 2k körben, amelynek CD ugyancsak húrja, a CD húrhoz szintén α nagyságú kerületi szög tartozik, vagyis α=∠CED . A kerületi szögek tétele miatt a 1k körben α=∠CBD , így a BED háromszög egyenlő szárú háromszög, mert a BE alapon fekvő szögei egyenlők. A BED háromszögnek ∠BDA külső szöge, ezért α2=∠BDA . Ismeretes, hogy a kör egy húrjának hossza kifejezhető a kör sugarával és a húrhoz tartozó kerületi szög szinuszával. Eszerint egyrészt a 1k körben α2sin2 ⋅= RAB , másrészt a 2k körben αsin2 ⋅= RCD . Ebből azt kapjuk, hogy

αα

sin22sin2

⋅⋅

=R

RCDAB

. Felhasználva a ααα cossin22sin ⋅⋅= trigonometriai azonosságot, egyszerűsítés után (nyilvánvaló, hogy 0sin ≠α ), azt kapjuk, hogy

αcos2 ⋅=CDAB ,

ez pedig a bizonyítandó állítással. Összesen:

1 pont 2 pont 2 pont 1 pont 2 pont 2 pont 10 pont

14




6. Hányféleképpen írhatjuk be az ábrán látható négyzetekbe az 1; 2; 3;

4; 5; 6 számokat úgy, hogy a szomszédos négyzetekbe írt számok különbsége ne legyen 3? (Szomszédosnak tekintünk két négyzetet, ha van közös oldaluk.)

Megoldás: A megadott számokból három pár képezhető aszerint, hogy mely számpárok nem kerülhet-nek szomszédos mezőbe, ezek: (1) ( )4;1 , ( )5;2 és ( )6;3 . A nagy négyzetbe bármelyik számot beírhatjuk, tehát ennek kitöltésére 6 lehetőségünk van, ekkor viszont a nagy négyzetbe írt szám (1)-nek megfelelő párját a jobb felső mezőbe kell írnunk. A bal felső mezőbe a megmaradt 4 szám bármelyike kerülhet, az ide írt szám (1)-ben látha-tó párját két helyre írhatjuk: a jobb oldali középső vagy alsó mezőbe. Az előző elhelyezések után már csak egy (1) szerinti számpár maradt, ezeket kétféleképpen helyezhetjük el, hiszen ha eldöntöttük, hogy melyiket írjuk a felső középső mezőbe, a másik nyilván az utolsó üres mezőbe kerül. Az összes kitöltési lehetőségek száma tehát .962246 =⋅⋅⋅ Összesen:

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 10 pont

15

Megoldások I. forduló Gimnázium


els® forduló

MATEMATIKA

II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)

Javítási�értékelési útmutató

1. Tekintsük azokat az ötjegy¶ számokat, amelyek az 5, 6, 7, 8 számjegyeket tar-talmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegy¶ számoknak azösszege?

Megoldás: A megadott számjegyek között nem szerepel a 0, ezért mindegyik ugyan-annyiszor fordul el® a keresett számokban mind az öt helyiértéken. 1 pont

Elegend® tehát megnézni, hogy a négy számjegy közül az egyik hányszor fordul el® egyrögzített helyiértéken. 1 pont

Kiválasztjuk az öt helyiérték közül azt a kett®t, ahova azonos számjegy kerül. Ez10-féleképpen lehetséges, mivel

(52

)= 10. A megmaradt három helyre a másik három

számjegy 6-féleképpen kerülhet. Így 10 × 6 = 60 lehet®ség van. 3 pontMivel az 5,6,7,8 jegyek mindegyike 60-szor fordul el® mind az öt helyiértéken, ezért a

feladatban említett számok összege 60 · (5 + 6 + 7 + 8) · 11111 = 17333160. 2 pont

Összesen 7 pont

2. Legyen C az AB szakasz bels® pontja. Az AB szakasz azonos oldalára emeljük azAB, AC és CB átmér®j¶ félköröket. A C ponton át az AB-re emelt mer®leges egyenesaz AB-re emelt félkörívet a D pontban metszi. Az AD szakasz és az AC-re emelt félkörívmetszéspontja E, a BD szakasz és a CB-re emelt félkörív metszéspontja F . Igazoljuk,hogy az EF egyenes az AC-re illetve CB-re emelt félkörívek közös érint®je lesz.

Megoldás: Thalesz tétele alapján ADB∠ = AEC∠ = CFB∠ = 90◦. 1 pontA CEDF négyszög tehát téglalap. 1 pontA téglalap szimmetrikus az oldalainak felez®mer®legesére, így FDC∠ = CEF∠.

1 pontMásrészt FDC∠ = DAB∠, hiszen mer®leges szárú hegyesszögek. 1 pontTekintsük az AEC háromszög köré írt kört és abban az EC húrhoz tartozó DAB∠ ke-

rületi szöget. Imént azt kaptuk, hogy CEF∠ = DAB∠, ebb®l az következik, hogy CEF∠

OKTV 2014/2015 1 1. forduló

16


Matematika II. kategória

az EC húrhoz tartozó érint® szárú kerületi szög, azaz EF érint®je az AEC háromszögköré írt körnek. 2 pont

Ugyanígy igazolható, hogy EF érinti a CB-re emelt félkörívet is. 1 pont

b

Ab

Bb

C

bD

bE

bF

Összesen 7 pont

3. Legyen a1 = 1, a sorozat további elemeit a következ® összefüggés határozza meg:

an+1an = 4(an+1 − 1), n pozitív egész

Igazoljuk, hogy a sorozat els® 2025 darab tagjának szorzata nagyobb, mint 22014.

Megoldás: A képzési szabály alapján a sorozat els® néhány eleme:

a1 = 1, a2 =4

3, a3 =

6

4, a4 =

8

5, a5 =

10

6, ... 1 pont

A sorozat els® tagjait tekintve kialakulhat a sejtés, hogy an = 2nn+1

. Ezt teljes indukcióvaligazoljuk. 1 pont

Kezd® lépés: ha n = 1, akkor a de�níció alapján a1 = 1 és valóban 2·11+1

= 1. 1 pontIndukciós lépés: feltesszük, hogy az állítás igaz n-re és ennek segítségével bebizonyítjuk

n+1-re. Az alábbi számolásban el®ször an+1-et kifejezzük a feladatban megadott rekurzívösszefüggés segítségével, alkalmazzuk az indukciós feltevést, majd kiszámoljuk an+1-et ésmegkapjuk a bizonyítandót.

an+1 =4

4 − an

=4

4 − 2nn+1

=4

4n+4−2nn+1

=2(n + 1)

n + 2. 2 pont

A sorozat els® 2025 tagjának szorzata így könnyen számolható:

2

2· 2 · 2

3· 2 · 3

4· 2 · 4

5· 2 · 5

6· ... · 2 · 2025

2026=

22025

20261 pont

Most igazoljuk, hogy ez nagyobb, mint 22014:

22025

2026= 22014 · 211

2026= 22014 · 2048

2026> 22014 1 pont

Összesen 7 pont


17



4. Az ABC háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2. Legyen P az ABC háromszögegy bels® pontja. A P pontnak a BC, CA és AB oldalak egyeneseire vonatkozó mer®legesvetületei legyenek rendre D, E és F . Tekintsük az alábbi összeget

S =BC

PD+

CA

PE+

AB

PF.

(a) Határozzuk meg S minimális értékét.(b) A háromszög mely P bels® pontjára lesz S értéke minimális?

Megoldás: Jelölje a háromszög oldalait a szokásos módon a, b, és c és legyen továbbáPD = x, PE = y és PF = z. Ezen jelölésekkel

S =a

x+

b

y+

c

z.

Az ABC háromszög T területe az ABP , BCP és CAP háromszögek területének össze-gével egyenl®. Így 2T = ax + by + cz = 12cm2. 1 pont

Mivel T rögzített, ezért S pontosan akkor lesz minimális, amikor 2TS, ezért vizsgáljukez utóbbit:

2TS = (ax + by + cz)

(a

x+

b

y+

c

z

)2 pont

A szorzást elvégezzük és kihasználjuk, hogy pozitív szám és reciprokának összege leg-alább 2:

2TS = a2 + b2 + c2 + ab

(x

y+

y

x

)+ bc

(y

z+

z

y

)+ ca

(z

x+

x

z

)≥

≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 = (12cm)2 2 pont

A becslés során használt xy+ y

x≥ 2 egyenl®tlenségben akkor és csak akkor van egyenl®ség,

ha x = y. 2TS és egyúttal S tehát akkor lesz minimális, ha x = y = z, azaz P aháromszög beírt körének középpontja. Mivel 2T = 12cm2 és 2TS minimumának értéke(12cm)2, ezért S minimális értéke 12. 2 pont

Összesen 7 pont

5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert

sin2 x + cos2 y = y2, sin2 y + cos2 x = x2.

Megoldás: Mivel sin2 x + cos2 x = sin2 y + cos2 y = 1, ezért a kit¶zött egyenletekösszegéb®l a következ®t kapjuk:

(1) x2 + y2 = 2

1 pontA feladatban szerepl® egyenletek megfelel® oldalainak a különbségét vizsgáljuk és fel-

használjuk, hogy cos2 x = 1 − sin2 x és cos2 y = 1 − sin2 y. Ekkor

sin2 x − (1 − sin2 x) + (1 − sin2 y) − sin2 y = y2 − x2,


18



amib®l a következ®t kapjuk:

(2) 2 sin2 x + x2 = 2 sin2 y + y2

1 pontAz (1)-es egyenletb®l következik, hogy x és y is a [−

√2;

√2] intervallumban van.

(Ugyanezt megkaphatjuk közvetlenül a kiindulási egyenletekb®l is, hiszen −1 ≤ sin x ≤ 1és −1 ≤ cos x ≤ 1. ) 1 pont

Ha x és y kielégítik (1)-et, akkor az abszolút értékük is megoldás. Ugyanez igaz a (2)egyenletre is, mivel a változók második hatványon szerepelnek, illetve a szinusz függvénypáratlan és az is a négyzeten szerepel. 1 pont

Használjuk ki, hogy√

2 < π2, a 2 sin2 x és x2 függvény egyaránt szigorúan monoton

növ® a [0;√

2] intervallumon, tehát az összegük is. 1 pontTehát (1) és (2) csak akkor teljesülhet, ha |x| = |y|. 1 pontEzt (1)-gyel összevetve a következ® négy (x; y) megoldáspárt kapjuk:

(1; 1) (1; −1) (−1; 1) (−1; −1). 1 pont

Összesen 7 pont


19

Megoldások I. forduló Specmat

��

A 2014/2015. 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, 2014. november A versenybizottság

1. feladat

Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő n2 + 3 alakú szám közösosztói?

Megoldás: Tegyük fel, hogy a k természetes szám osztója n2 + 3-nak és (n+ 1)2 + 3-nekis. Ekkor k osztója a különbségüknek is, vagyis 2n+ 1-nek is. (2 pont)

Ekkor k ugyancsak osztója az n(2n + 1) − 2(n2 + 3) = n − 6 számnak, és így (2n + 1)−−2(n − 6) = 13-nak is. Tehát ha k > 1, akkor csak k = 13 lehet. (3 pont)

Másrészt a 13 szám valóban megfelelő, mert n = 6-ra 13 osztója az n2 + 3 = 39 és az(n+ 1)2 + 3 = 52 számnak is. (2 pont)

Megjegyzés: A 13 számhoz n2 + 3 és 2n + 1 másféle kombinációi útján is eljuthatunk(például 4(n2+3)− (2n−1)(2n+1) = 13), a megoldás középső részlete ezek bármelyikévelteljes értékű.


20


Matematika III. kategória

2. feladat

Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésévelkeletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalakfelezőpontjai.

Első megoldás: Legyenek az ABC háromszög AB, BC, AC oldalán felvett pontok rendreC1, A1, B1. Legyen még AC1/AB = x, BA1/BC = y, és CB1/CA = z. A háromszögterületére vonatkozó képlet alapján

TAB1C1

TABC=

AB1 · AC1 · sinαAB · AC · sinα = (1 − z) · x = 1/4 .

Hasonlóan kapjuk, hogy (1 − x) · y = 1/4, valamint (1 − y) · z = 1/4. (3 pont)

Az első egyenletből z-t kifejezve majd a harmadikba helyettesítve (1−y)·(1−1/(4x)) = 1/4,azaz 1 − y = x/(4x − 1). Ezt a második egyenletbe helyettesítve x-re az

(1 − x)3x − 1

4x − 1=

1

4

egyenlet adódik. Innen átrendezéssel 4x2 − 4x + 1 = 0, amit egyedül az x = 1/2 értékelégít ki. (3 pont)

Ezt az egyenletekbe visszahelyettesítve y = z = 1/2, vagyis a pontok valóban az oldalakfelezőpontjai. (1 pont)

Második megoldás: Használjuk az előző megoldásban bevezetett jelöléseket. Válasszukmeg az egységet úgy, hogy az ABC háromszög területe éppen 1 legyen. Ekkor az AB1C1,BC1A1, CB1A1 háromszögek mindegyikének területe 1/4, és rendre egyenlő az x(1 − z),y(1 − x), z(1 − y) értékekkel. (3 pont)

A számtani és mértani közép közötti egyelőtlenségek alapján

3

2=

√TAB1C1 +

√TBC1A1 +

√TCB1A1 ≤ x+ (1 − z)

2+

y + (1 − x)

2+

z + (1 − y)

2=

3

2.

(3 pont)

Egyenlőség csak úgy állhat, ha x = 1−z, y = 1−x, és z = 1−y, ahonnan x = y = z = 1/2adódik. Az osztópontok tehát felezőpontok. (1 pont)

3. feladat

A p < q páratlan prímek az n! prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek.Igazoljuk, hogy ekkor n < p(p+ 1)/2.

Megoldás: A p prímszám kitevője az n! felbontásában

[n

p

]+

[n

p2

]+

[n

p3

]+ . . . ,


21



ahol [x] az x szám egészrészét jelöli, és az összegzést addig kell folytatni, amíg az egészrésznulla nem lesz. (2 pont)

A feltevés szerint p < q, így minden i kitevőre

[n

pi

]≥

[n

qi

].

Ezért p és q kitevője csak úgy egyezhet meg, ha minden i ≥ 1-re

[n

pi

]=

[n

qi

]

teljesül. (1 pont)

Jelölje k az [n/p] és [n/q] közös értékét, ekkor tehát

kp ≤ n < (k + 1)p és kq ≤ n

érvényes. (1 pont)

Mivel p < q páratlan prímek, azért p+ 2 ≤ q. Emiatt a fenti egyenlőtlenségekből

k(p+ 2) ≤ kq ≤ n < (k + 1)p ,

majd ebből 2k < p, azaz 2k ≤ p − 1 következik. (2 pont)

Ezeket felhasználva valóban 2n < (2k+2)p ≤ (p+1)p, amit bizonyítani akartunk. (1 pont)

4. feladat

Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg,hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet.

Első megoldás: A tetraéder csúcsait jelölje A1, A2, A3, A4, merőleges vetületeiket azS síkra A′

1, A′2, A

′3, A

′4 úgy, hogy ezek ebben a körüljárási sorrendben paralelogrammát

alkossanak. Feltehetjük, hogy a tetraéder mindegyik csúcsa S-nek ugyanazon az oldalánvan, mert a síkot önmagával párhuzamosan eltolva az eredetivel egybevágó vetületet ka-punk. Legyen di az Ai távolsága S-től, ei az A′

i-ben S-re állított merőleges, P1 az A1

merőleges vetülete az e2 egyenesre, P4 pedig az A4 merőleges vetülete az e3 egyenesre.

Az A1P1, A′1A

′2, A′

4A′3, A4P4 irányított szakaszok párhuzamosak, egyenlő hosszúak és

egyenlő állásúak. Tekintsük azt az eltolást, amely A1-et A4-be, és így P1-et P4-be viszi.Ennél az e2 egyenes e3-ba megy (hiszen ez a P4-en át e2-vel húzott párhuzamos). Ezértaz A2 pont képe rajta van e3-on, távolsága A4-től pedig a tetraéder élhossza. Ilyen pont(legfeljebb) kettő van: az egyik az A3, a másik pedig az A3 pont T tükörképe P4-re. DeA2 nem mehet A3-ba, mert akkor A2A3 párhuzamos lenne A1A4-gyel, és így a tetraédercsúcsai egy síkban lennének. Ezért A2 képe T , azaz d2 − d1 = d4 − d3 (az A2P1, illetve aTP4 hossza). (3 pont)


22



A paralelogramma másik párhuzamos oldalpárját használva az analóg gondolatmenet aztadja, hogy d4 − d1 = d2 − d3. A két egyenletből d2 = d4 és d1 = d3 adódik. Ezért A3-nakaz e2 egyenesre eső merőleges vetülete a P1 ponttal esik egybe. Az A1P1A2 és az A3P1A2

derékszögű háromszögek egybevágók, mert átfogóik a tetraéder élei, amik egyenlők, egy-egy befogójuk pedig közös. Ezért a másik két befogó hossza is egyenlő, azaz A1P1 = A3P1.Emiatt A′

1A′2 = A′

3A′2, és ezzel beláttuk, hogy az A′

1A′2A

′3A

′4 paralelogramma rombusz.

(3 pont)

Mivel d1 = d3, ezért az A1A3 szakasz párhuzamos az S síkkal, és így a vetületének hossza atetraéder élhossza. Ugyanez érvényes az A2A4 szakaszra is, és így a rombusz átlói egyenlők,tehát négyzetről van szó. (1 pont)

Második megoldás: Foglaljuk a szabályos tetraédert egy kockába: legyenek a kocka egycsúcsból kiinduló élvektorai a, b, c, a szabályos tetraéder csúcsaiba pedig mutassanak a0, a+ b, a+ c és b+ c vektorok. (2 pont)

Az a, b, c vektorok merőleges vetületei a megadott síkra legyenek a′, b′, c′; ekkor atetraéder csúcsaiba mutató vektorok vetülete rendre 0, a′ + b′, a′ + c′ és b′ + c′. Ezek avektorok a paralelogramma egyik csúcsából mutatnak a paralelogramma csúcsaiba.

(2 pont)


23



Válasszuk meg a jelölést úgy, hogy a paralelogramma egyik oldalvektora a′ + b′ legyen.Ekkor a vele szemben fekvő oldalvektor (b′+c′)− (a′+c′) = b′ −a′. Ez a két vektor csakakkor lehet egyenlő vagy egymás (−1)-szerese, ha a′ = 0 vagy b′ = 0, vagyis ha a kockaegy élének két végpontja ugyanarra a pontra vetül. (1 pont)

Ekkor pedig a kocka vetülete – és vele együtt a szabályos tetraéder vetülete is – négyzet.(2 pont)

Harmadik megoldás: A vetületparalelogramma két átlója a tetraéder két kitérő éléneka vetülete. Az átlók felezőpontja egybeesik, ezért a vetítés iránya párhuzamos a két kitérőél felezőpontját összekötő egyenessel, azaz a tetraéder egyik éltengelyével. (2 pont)

A szabályos tetraédert az éltengely körüli 90◦-os forgatás olyan tetraéderbe viszi, amely egyaz éltengelyre merőleges síkra vonatkozó tükrözéssel is előállítható az eredeti tetraéderből.A két tetraédernek tehát azonos a vetülete. (3 pont)

A vetület ezért olyan négyszög, amelyet az átlói metszéspontja körüli 90◦-os forgatás ön-magába visz, tehát négyzet. (2 pont)

5. feladat

Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben P1, P2, . . . , P2014. Bi-zonyítsuk be, hogy a P1P2, P2P3, . . . , P2013P2014, P2014P1 egyenesek között van kétpárhuzamos.

Első megoldás: Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait pozitív körüljárás szerint az1, 2, . . . , 2014 számokkal. Legyen a Pi csúcshoz írt szám ai. A PiPi+1 és a PjPj+1 egyenespontosan akkor párhuzamos, ha ai + ai+1 és aj + aj+1 vagy megegyezik, vagy pontosan2014-gyel tér el egymástól. (2 pont)

Indirekt módon tegyük fel, hogy az adott egyenesek között nincs két párhuzamos, ekkorezek a páronkénti összegek minden 2014-es maradékot pontosan egyszer adnak ki. (1 pont)

Tekintsük most az

(a1 + a2) + (a2 + a3) + . . .+ (a2013 + a2014) + (a2014 + a1)

összeget. Mivel az a1, . . . , a2014 számok pontosan az 1, . . . , 2014 számokkal egyeznek meg,ez az összeg 2014 · 2015, tehát osztható 2014-gyel. Másrészt az egyes zárójelekben szerep-lő összegek mind különböző maradékot adnak 2014-gyel osztva, ezért az összeg 2014-esmaradéka egyenlő

0 + 1 + . . .+ 2013 =2013 · 2014

2= 2014 · 1006 + 1007

2014-es maradékával, vagyis nem nulla. A kapott ellentmondás igazolja az indirekt feltevéslehetetlenségét. (4 pont)

Második megoldás: Egy szabályos n oldalú sokszög oldalai és átlói pontosan n különbözőirányt (párhuzamossági osztályt) határoznak meg. (2 pont)


24



Ezért ha – indirekt feltevéssel – a kérdéses egyenesek között nincs két párhuzamos, minda 2014 lehetséges iránynak pontosan egyszer kell szerepelnie. (1 pont)

Számozzuk meg a szabályos sokszög csúcsait körüljárás szerint az 1-től 2014-ig terjedőegész számokkal. A sokszög átlóit és oldalait aszerint nevezzük párosnak, illetve párat-lannak, hogy a két végpontjának a sorszáma páros vagy páratlan számban tér el egymástól.(Például az oldalak így mindannyian páratlanok.) Ha két átló vagy oldal párhuzamos,akkor a paritása azonos. Ezért beszélhetünk az irányaik paritásáról. (1 pont)

Tekintsük az egyik olyan szabályos 1007-szöget, amelyet minden második csúcs kiválasztá-sával kapunk. Ennek az 1007-szögnek az oldal- és átlóirányai az eredeti sokszög oldal- ésátlóirányai közül pontosan a párosak, ezért páros irányból 1007 van. Következésképpenugyancsak 1007 páratlan irány van. (1 pont)

Ezért a megadott egyenesek között is pontosan 1007 páratlan irányú kell legyen. Ugyan-akkor a páratlan irányú egyenesek száma ennek ellentmondva páros, hiszen ahányszora P1, P2, . . . ciklikus sorrend átvált párosról páratlanra, ugyanannyiszor kell páratlanrólpárosra váltania. (2 pont)


25

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivatal


második forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA( SZAKKÖZÉPISKOLA )


1. feladat: Adja meg az összes olyan (x, y) valós számpárt, amely megoldása akövetkez® egyenletrendszernek:

x2y + xy2 = 61

x+

1

y=

3

2

.

I. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a 2. egyenletnek nemlenne értelme. (1 pont)Az els® egyenlet bal oldalát alakítsuk szorzattá, a második egyenletben pedig hoz-zunk közös nevez®re.

xy(x+ y) = 6x+ y

xy=

3

2(1 pont)

Vezessük be az u = x + y és v = xy új ismeretleneket. Behelyettesítés után azegyenletrendszer

vu = 6u

v=

3

2

(1 pont)

alakban írható. A két egyenlet összeszorzásával

u2 = 9,

u1 = 3 és u2 = −3. (1 pont)

Az ezekhez tartozó v értékek

v1 = 2, illetve v2 = −2. (1 pont)

Visszahelyettesítve az eredeti egyenletekbe kapjuk, hogy{x+ y = 3

xy = 2és

{x+ y = −3xy = −2 (1 pont)

26


Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, Matematika

A Viete-formulák felhasználával az x és y az

a2 − 3a+ 2 = 0, illetve az a2 + 3a− 2 = 0 (1 pont)

egyenlet gyökei. Az els® egyenletb®l

x1 = 2, y1 = 1, illetve x2 = 1, y2 = 2, (1 pont)

míg a másik egyenletb®l

x3 =−3 +

√17

2, y3 =

−3−√17

2, illetve x4 =

−3−√17

2, y4 =

−3 +√17

2. (1 pont)

A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek. (1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a 2. egyenletnek nemlenne értelme. (1 pont)Fejezzük ki a második egyenletb®l y-t:

y =2x

3x− 2 (1 pont)

és helyettesítsük be az els® egyenletbe

x2 · 2x

3x− 2+ x ·

(2x

3x− 2

)2

= 6 (1 pont)

az egyenletet (3x− 2)2-tel szorozva, rendezés után kapjuk:

x2 · 2x · (3x− 2) + x · (2x)2 = 6 · (3x− 2)2

x4 = (3x− 2)2 (1 pont)

Szorzattá alakítva:x4 − (3x− 2)2 = 0

(x2 + 3x− 2

) (x2 − 3x+ 2

)= 0 (1 pont)

tehát azx2 − 3x+ 2 = 0 vagy x2 + 3x− 2 = 0 (1 pont)

Az els® egyenletb®l

x1 = 2, y1 = 1 illetve x2 = 1, y2 = 2, (1 pont)

I. kategória - 2 - 2014/2015

27



míg a másik egyenletb®l

x3 =−3 +

√17

2, y3 =

−3−√17

2, illetve x4 =

−3−√17

2, y4 =

−3 +√17

2. (2 pont)

A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek. (1 pont)

Összesen: 10 pont

2. feladat: Az ABCD rombusz hegyesszöge 45◦. Mutassa meg, hogy a rombuszbeírt körének tetsz®leges P pontjára teljesül

PA2 + PB2 + PC2 + PD2 =5

2AB2.

I. Megoldás: A megoldás során többször felhasználjuk, hogy a paralelogrammaátlóinak négyzetösszege egyenl® az oldalak négyzetösszegével (Geometria FGY I.1671. feladat). Ennek következménye, hogy a háromszög súlyvonala kifejezhet® azoldalak hosszának segítségével. (1 pont)

(1 pont)

Legyen O a beírt kör középpontja. Ekkor PO az APC háromszög súlyvonala, ezért

PO2 =PA2 + PC2

2− AC2

4. (1 pont)

Hasonló meggondolással a BPD háromszögb®l kapjuk, hogy

PO2 =PB2 + PD2

2− BD2

4. (1 pont)

Ha összeadjuk a két egyenletet és szorozzuk mindkét oldalt 2-vel, akkor rendezésután

PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = 4 · PO2 +AC2 +BD2

2. (1 pont)

Az AC és BD a rombusz átlói, így a paralelogramma-tétel alapján

AC2 +BD2 = 4 · AB2. (1 pont)

I. kategória - 3 - 2014/2015

28



Másrészt a rombusz magassága 2 · PO, hegyesszöge 45◦, tehát

2 · PO =

√2

2AB, vagyis 4 · PO2 =

1

2AB2. (2 pont)

Ezeket felhasználva

PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = 4 · PO2 +AC2 +BD2

2= 4 · PO2 + 2 · AB2 =

=1

2AB2 + 2 · AB2 =

5

2AB2. (2 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás: Irányítsunk vektorokat az O pontból a rombusz csúcsaiba és a P

pontba az ábra szerint. Legyen−→OA = a,

−−→OB = b és

−→OP = p. A rombusz átlói

felezik egymást, így−→OC = −−→OA = −a továbbá

−−→OD = −−−→OB = −b. (1 pont)

A PA szakasz hosszának négyzete a (p−a) vektor önmagával vett skaláris szorzata,(1 pont)

emiatt

PA2+PB2+PC2+PD2 = (p−a)2+(p− b)2+(p+a)2+(p+ b)2 = 4p2+2a2+2b2. (2 pont)

Ebb®l egyrészt a Pitagorasz-tétel miatt

2a2 + 2b2 = 2 · AB2, (2 pont)

másrészt az els® megoldásban szerepl® gondolattal a rombusz magassága 2 · PO,hegyesszöge 45◦, tehát (1 pont)

2 · PO =

√2

2AB, vagyis 4 · p2 = 1

2AB2. (2 pont)

Ezzel beláttuk, hogy

PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = 2 · AB2 +1

2AB2 =

5

2AB2. (1 pont)

Összesen: 10 pont

I. kategória - 4 - 2014/2015

29



Megjegyzések:

1. A rombusz középpontja körül rajzolt R su-garú kör tetsz®leges P pontjára állandólesz a

PA2 + PB2 + PC2 + PD2

kifejezés értéke.

2. A feladat állítása általánosabban is igaz. Egy tetsz®leges n-szög (n pontbólálló pontrendszer) esetén a súlypont, mint középpont körül rajzolt R sugarúkör tetsz®leges P pontjának az n-szög csúcsaitól (a pontrendszer pontjaitól)vett távolságainak négyzetösszege nem függ a P pont választásától, azaz

n∑

i=1

PA2i = állandó

Az állítás bizonyítása a 2. megoldásban közölt módon végezhet® el.

3. feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész.A négyzetes oszlop V térfogatának és A felszínének mér®számai között fennáll aV = 2015 · A összefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik,amely megfelel ezeknek a feltételeknek?

I. Megoldás: Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatbanszerepl® feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel

V = a2b, továbbá A = 2a2 + 4ab.

Ígya2b = 2015 · (2a2 + 4ab). (2 pont)

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd a jobb oldal nullárarendezését követ®en alakítsuk az egyenlet bal oldalát szorzattá.

a · b− 2 · 2015 · a− 4 · 2015 · b = 0, (1 pont)

a · b− 2 · 2015 · a− 4 · 2015 · b+ 2 · 2015 · 4 · 2015 = 2 · 2015 · 4 · 2015,(a− 4 · 2015)(b− 2 · 2015) = 2 · 2015 · 4 · 2015. (2 pont)

A jobb oldalon álló pozitív egész szám bármelyik pozitív osztójához párosítva azosztópárját az egyenlet egy helyes megoldásához jutunk. Amennyiben k · n =2 · 2015 · 4 · 2015 és k, n < 0 negatív osztópár, akkor a k = −4 · 2015, n = −2 · 2015párhoz az a = 0, b = 0 tartozna, míg a további negatív párok esetében az egyiktényez® abszolút értéke mindenképpen nagyobb lesz, mint a megfelel® a− 4 · 2015,

I. kategória - 5 - 2014/2015

30



vagy b−2 ·215 abszolút értéke, így ezekben a további esetekben a és b közül az egyiknegatív egész lenne. (1 pont)Elegend® tehát a pozitív osztópárokra szorítkoznunk. Mivel nem szimmetrikus a kéttényez®, így minden osztóra különböz® megoldást kapunk. (1 pont)Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány osztója van a 23 · 20152 szám-nak. (1 pont)A pozitív osztók száma

d(23 · 20152) = d(23 · 52 · 132 · 312) = 4 · 3 · 3 · 3 = 108. (1 pont)

Tehát 108 különböz® ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. (1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás: Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatbanszerepl® feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel

V = a2b, továbbá A = 2a2 + 4ab.

Ígya2b = 2015 · (2a2 + 4ab). (2 pont)

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd majd kezdjük mega rendezést, az a-ra megoldáshoz

a (b− 2 · 2015) = 4 · 2015 · b (1 pont)

A jobb oldal pozitív, tehát a bal oldal is. a pozitív, mert éthossz, tehát a b−2 ·2015kifejezés is, tehát oszthatunk vele. (1 pont)a-t kifejezve kapjuk:

a =4 · 2015 · bb− 2 · 2015

(1 pont)

Tovább alakítva a törtet

a =4 · 2015 · (b− 2 · 2015) + 23 · 20152

b− 2 · 2015 = 4 · 2015 + 23 · 20152b− 2 · 2015

A nevez®nek (a b − 2 · 2015 kifejezésnek) az el®z®ek szerint a számláló pozitív osz-tójának kell lennie az el®z®ek szerint. (2 pont)Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány pozitív osztója van a 23 ·20152számnak. (1 pont)A pozitív osztók száma

d(23 · 20152) = d(23 · 52 · 132 · 312) = 4 · 3 · 3 · 3 = 108. (1 pont)

I. kategória - 6 - 2014/2015

31



Tehát 108 különböz® ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. (1 pont)

Összesen: 10 pont

4. feladat: Az ABC háromszög szögei CAB∠ = 75◦ és ABC∠ = 60◦. Legye-nek az ABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozótükörképei rendre X, Y és Z pontok. Közelít® értékek használata nélkül határozzameg az XY Z és ABC háromszögek területének arányát!

I. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát aháromszög bels® pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC,CA ésAB oldalakkal való metszéspontjai rendre D,E és F .

Az AFME négyszög két szemben fekv® szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégy-szög, innen azt kapjuk, hogy EMF∠ = CMB∠ = 105◦. Az X pont az M ma-gasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB∠ = 105◦. Látható,hogy CAB∠+BXC∠ = 180◦. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABCháromszög körülírt körén fekv® pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z isa körülírt körön lev® pontok. (1 pont)AzABE és ACF derékszög¶ háromszögekben ABE∠ = ACF∠ = 15◦, ebb®l a tük-rözés tulajdonsága miatt ABZ∠ = ACY ∠ = 15◦ következik. (1 pont)A kerületi szögek tétele szerintY CZ∠ = Y XZ∠, így beláttuk, hogy Y XZ∠ = 30◦.

(1 pont)Hasonlóan kapjuk, hogy FCB∠ = MCD∠ = 30◦, és így a tükrözés miattMCX∠ =ZCX∠ = 60◦, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z∠ = 60◦. Eszerint azXY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. (1 pont)AZ ABC és XY Z háromszögek körülírt köre közös, legyen ennek a sugara R. Atovábbiakban felhasználjuk a szögekre vonatkoz eredményeinket. Az általános szi-

I. kategória - 7 - 2014/2015

32



nusztétel szerint

XY = 2Rsin60◦ = R√3, és Y Z = 2Rsin30◦ = R.

Az XY Z háromszög derékszög¶, ezért területe

T1 =XZ · Y Z

2=

R2√3

2. (2 pont)

Felhasználva a két szög összegének szinuszára vonatkozó addíciós tételt, hogy:

sin75◦ = sin(45◦ + 30◦) = sin45◦cos30◦ + cos45◦sin30◦ =

√6 +√2

4.

Ugyancsak az általános szinusztétel szerint

AB = 2Rsin45◦ = R√2, és BC = 2Rsin75◦ = R

√6 +√2

2. (1 pont)

Az ABC háromszög T területére az eddigiek alapján:

T =AB ·BC · sin60◦

2=

R2√6(√6 +√2)

8=

R2√3(√3 + 1)

4. (2 pont)

A két terület aránya

T1

T=

R2√3

2

R2√3(√3+1)

4

=2√3 + 1

=√3− 1. (1 pont)

Összesen: 10 pontMegjegyzések:

1. Az els® pontot akkor is megkapja a versenyz®, ha nem bizonyítja be, hogy aháromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírtkörön vannak, de helyesen hivatkozik a tételre.

2. A második pontot akkor is megkapja a versenyz®, ha el®bb bizonyítja, hogyABZ∠ = 15◦ , majd hivatkozik a kerületi szögek tételére

II. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont teháta háromszög bels® pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC,CA ésAB oldalakkal való metszéspontjai rendre D,E és F .

I. kategória - 8 - 2014/2015

33



Az AFME négyszög két szemben fekv® szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégy-szög, innen azt kapjuk, hogy EMF∠ = CMB∠ = 105◦. Az X pont az M ma-gasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB∠ = 105◦. Látható,hogy CAB∠+BXC∠ = 180◦. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABCháromszög körülírt körén fekv® pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z isa körülírt körön lev® pontok. (1 pont)AzABE és ACF derékszög¶ háromszögekben ABE∠ = ACF∠ = 15◦, ebb®l a tük-rözés tulajdonsága miatt ABZ∠ = ACY ∠ = 15◦ következik. (1 pont)A kerületi szögek tétele szerintY CZ∠ = Y XZ∠, így beláttuk, hogy Y XZ∠ = 30◦.

(1 pont)Hasonlóan kapjuk, hogy FCB∠ = MCD∠ = 30◦, és így a tükrözés miattMCX∠ =ZCX∠ = 60◦, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z∠ = 60◦. Eszerint azXY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. (1 pont)A terület kiszámításához használjuk fel a következ® összefüggéseket:

TABC =AB ·BC · CA

4R

AB = 2Rsin45◦; BC = 2Rsin60◦; CA = 2Rsin75◦

és

TXY Z =XY · Y Z · ZX

4R

XY = 2Rsin90◦; Y Z = 2Rsin60◦; ZX = 2Rsin30◦ (2 pont)

rendezés után

TABC =AB ·BC · CA

4R= 2R2 · sin45◦ · sin60◦ · sin75◦

TXY Z =XY · Y Z · ZX

4R= 2R2 · sin90◦ · sin60◦ · sin30◦ (2 pont)

I. kategória - 9 - 2014/2015

34



valamint

sin75◦ = sin(45◦ + 30◦) = sin45◦cos30◦ + cos45◦sin30◦ =

√6 +√2

4. (1 pont)

A két terület aránya

TXY Z

TABC

=2R2 · sin90◦ · sin60◦ · sin30◦2R2 · sin45◦ · sin60◦ · sin75◦ =

1 ·√32· 12√

22·√32·√6+√2

4

=

=4√

2 ·(√

6 +√2) =

2√3 + 1

=√3− 1 (1 pont)

Összesen: 10 pont

5. feladat: Papírból 6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetetvágtunk ki, majd azokból egy-egy L-alakot raktunk le a bcm oldalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközticsúcsánál az ábra szerint. (A hatoldalú L-alak kett® oldala2a, négy oldala pedig a hosszúságú.) Így az asztallap kétfeketével jelölt része kétszer, a csíkozással jelölt része pedigegyszer fedett. A nem fedett részek területének összege, akétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott)részek területének összege cm2-ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokbólálló, monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlenül követ® tagjai. (Az ábranem méretarányos.) Határozza meg a b és a oldalak arányának pontos értékét!

I. Megoldás: A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala vagy valamely aoldalhosszúságú négyzet egyik oldalára, vagy a b oldalú négyzet egyik oldalára illesz-kedik, ezért ezek szemközti oldalai párhuzamosak, szögei 90◦-osak, valamint bármelyoldaluk hossza b− 2a, így ezek olyan négyzetek, amelyeknek területe (b− 2a)2. (1 pont)Így a nem fedett részek területének összege:

3 · (b− 2a)2 = 3b2 − 12ab+ 12a2. (1 pont)

Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig a− (b−2a) = 3a− b. (1 pont)Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege:

2 · (3a− b)2 = 18a2 − 12ab+ 2b2. (1 pont)

Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege:

b2 − (3b2 − 12ab+ 12a2)− (18a2 − 12ab+ 2b2) = −30a2 + 24ab− 4b2. (1 pont)

I. kategória - 10 - 2014/2015

35



A három terület mér®száma egy monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlenkövet® eleme, ezért:

18a2− 12ab+2b2− (3b2− 12ab+12a2) = −30a2 +24ab− 4b2− (18a2− 12ab+2b2), (1 pont)

6a2 − b2 = −48a2 + 36ab− 6b2,

5b2 − 36ab+ 54a2 = 0,

5 ·( ba

)2− 36 ·

( ba

)+ 54 = 0,

b

a=

36±√1296− 4 · 5 · 54

10=

18± 3√6

5. (1 pont)

Ha b ≥ 3a akkor nincs kétszer fedett (fekete) rész, ezért ba< 3. (1 pont)

Ha b ≤ 2a akkor nincs nem fedett rész, s®t az a oldalú négyzetek egy része még leis lóghat az asztalról. Tehát 2 < b

a< 3. Ezekb®l következik, hogy 18+3

√6

5> 18

5> 3

nem megoldás. Mivel

2 <10, 5

5=

18− 3 · 2, 55

<18− 3

√6

5<

18− 3 · 2, 45

=10, 8

5< 3,

ezért a keresett pontos érték: (1 pont)

18− 3√6

5. (1 pont)

Összesen: 10 pont

II. Megoldás: Ha az elrendezésünket kétszeresére növeljük, akkor a négyzetek ol-dalai is kétszeresek lesznek, míg a területek négyszeresre változnak. A területekkülönbsége is négyszeres lesz. A számtani sorozat tulajdonságuk is megmarad, hi-szen a különbségük is négyszeresre növekszik. Ugyanígy igaz lenne, ha tetsz®legesennagyítanánk vagy kicsinyítenénk. Tehát vegyük azt az esetet, amikor a kicsi négyze-tek (a oldalú négyzetek) éppen egységnyiek, a nagy négyzet (b oldalú) mérete pediglegyen x. A feladat ezen x értékének a meghatározása, hiszen ez éppen a keresettarány. (1 pont)A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala x− 2 nagyságú. Ebb®l következikaz x > 2 egyenl®tlenség, másrészt a területe (x− 2)2. (1 pont)Így a nem fedett részek területének összege:

3 · (x− 2)2 (1 pont)

Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig 1− (x−2) = 3− x. Ebb®l következik x-re egy újabb feltétel: 3 > x. (1 pont)

I. kategória - 11 - 2014/2015

36



Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege:

2 · (3− x)2 (1 pont)

Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege:

x2 − 2 · (3− x)2 − 3 · (x− 2)2 (1 pont)

A három terület mér®száma egy monoton növ® számtani sorozat egymást közvetlenkövet® eleme, ezért:

4 · (3− x)2 = x2 − 2 · (3− x)2 − 3 · (x− 2)2 + 3 · (x− 2)2 (1 pont)

4x2 − 24x36 = −x2 + 12x− 18

5x2 − 36x+ 54 = 0

x1,2 =36±

√1296− 4 · 5 · 54

10=

18± 3√6

5. (1 pont)

Mivel 2 < x < 3, ezért a kapott két gyök közül csak a

18− 3√6

5.

felel meg. (1 pont)A keresett pontos érték:

18− 3√6

5. (1 pont)

Összesen: 10 pont

I. kategória - 12 - 2014/2015

37

Megoldások II. forduló Gimnázium


második forduló

MATEMATIKA

II. KATEGÓRIA(GIMNÁZIUM)


1. Legyen n 2-nél nagyobb egész szám. Egy konvex n-szög három csúcsát kiválasztva22

35annak a valószín¶sége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs

közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.

Megoldás: A valószín¶séget úgy számoljuk ki, hogy azon háromszögek számát, me-lyeknek nincs közös oldala a sokszöggel, elosztjuk az összes kiválasztható háromszög szá-mával. 1 pont

A lehetséges n csúcs közül hármat kiválasztva összesen

(n

3

)háromszöget kapunk.

1 pontAz összes háromszög számából le kell vonnunk azokat, amelyeknek két oldala is az

eredeti sokszögnek oldala. A két oldal közös csúcsa az ilyen háromszöget egyértelm¶enmeghatározza és ez n-féle lehet, ezért ilyenb®l n van. Ha csak egy közös oldala van aháromszögnek és a sokszögnek, akkor a háromszög harmadik csúcsa (n− 4)-féle lehet, ígya következ® egyenletet kapjuk:

(n3

)− n − n(n − 4)(

n3

) =22

35. 2 pont

Mivel n nem lehet 0, a bal oldalon álló törtben n-nel egyszersíthetünk. Az egyenletetrendezve a következ® másodfokú egyenletet kapjuk:

13n2 − 249n + 656 = 0. 1 pont

A kapott egyenletnek egy pozitív egész megoldása van a 16, tehát a sokszög 16 oldalú.2 pont

Összesen 7 pont


38


2. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhet® az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy,hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai a, illetve b hosszúak.Mekkora a trapéz kerülete?

Megoldás: Az ábra jelöléseit használjuk, a trapéz kiegészít® háromszögének csúcsalegyen P . Megmutatjuk, hogy a CDFE trapéz hasonló az EFAB trapézhoz. Tekintsükazt a P középpontú nagyítást, ami CD-t EF -be viszi Ez a nagyítás az FDC∠ szögetAFE∠ szögbe viszi, tehát a D csúcsnál lev® szögfelez®t az F csúcsnál lev® szögfelez®be.Ugyanez igaz C-nél és E-nél. Ebb®l következik, hogy az iménti nagyítás a CDFE beírtkörét az EFAB beírt körébe viszi és így FE-t éppen AB-be. 3 pont

bP

bD

bC

b

bF b

E

b

bM

b

Kb

A

b

B

bL

bN

Legyen EF = d. A hasonlóság alapján b : d = d : a és ebb®l d =√

ab. 2 pontKihasználjuk, hogy küls® pontból a körhöz húzott érint® szakaszok egyenl®k AK =

AN , BK = BL, LE = EM , MF = FN , így FA + AB + BE = d + 2a. HasonlóanFD + DC + CE = d + 2b. A trapéz kerülete tehát

2a + 2b + 2d = 2(a + b +√

ab). 2 pont

Összesen 7 pont

3. Egy tudományos kutatásban n tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós el®re meg-állapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve


39


közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tu-dóst akkor nevezünk szervez®nek, ha legalább 4 másikkal ugyanazon a nyelven levelezik.Legfeljebb mekkora lehet n, ha nincs köztük szervez®?

Megoldás: Legyenek a tudósok egy gráf pontjai, a pontok közti éleket négy színnelszínezzük a szerint, hogy a pontoknak megfelel® tudósok közti levelezésben melyik nyelvethasználják. 1 pont

Mivel nincs szervez®, ezért minden pontból mind a négy fajta színb®l legfeljebb háromél indulhat, ezért minden pont foka legfeljebb 12, azaz n legfeljebb 13. 1 pont

Ha n = 13 lehetséges lenne, akkor minden egyes pontból mind a négy színb®l éppen 3él indulna. Ekkor csak az egyik színt vizsgálva 13 darab harmadfokú pont lenne, így 39végpontja lenne ezen éleknek. Másrészt minden élnek két vége van, így a vizsgált szín¶összes él végpontjainak száma páros kell legyen. Ebb®l következik, hogy n = 13 nemlehet. 2 pont

Megmutatjuk, hogy n = 12 lehetséges, így ez a feladat kérdésére a válasz. Legyen a12 pont A1, A2, A3, A4; B1, B2, B3, B4; C1, C2, C3, C4. Az A bet¶s pontok közti éleklegyenek pirosak, a B jel¶ek közt kékek, a C jel¶ek közt sárgák. Ha két pont bet¶jelekülönböz®, de száma azonos, akkor legyen a köztük futó él zöld. Ha i = j, akkor az Ai

és Bj pontok közti él legyen sárga, az Ai és Cj közti él kék, a Bi és Cj közti él piros. Ígyminden pontból két zöld él indul, a piros, kék és sárga mindegyikéb®l pedig három.

3 pont

Összesen 7 pont

4. Határozzuk meg, mely pozitív egész a, b, c számokra teljesül az alábbi egyenlet:

a! · b! = a! + b! + c! (1)

Megoldás: Feltehet®, hogy a ≤ b. (1)-et átrendezve és szorzattá alakítva a következ®tkapjuk:

(a! − 1)(b! − 1) = c! + 1. (2)

Nem lehet a = 1, mert akkor (2) bal oldala 0, míg a jobb oldala pozitív. Nem lehet a = 2sem, mert akkor b! = c! + 2, aminek nincs megoldása. A továbbiakban a > 2. 1 pont

(i) Tegyük fel, hogy a < b. (1)-et vizsgálva a! osztja a bal oldalt és a jobb oldali összegels® két tagját, tehát a! osztja c!-t, amib®l a ≤ c következik.

1 pontHa a = c, akkor (1)-et a!-sal osztva

b! = 2 +b!

a!(3)

adódik, amib®l a < b miatt következik, hogy a + 1 osztja (3) bal oldalát és a jobb oldalmásodik tagját, így a 2-t is, ami a > 2 miatt nem lehet. 1 pont

Ha a < c, akkor (1)-et a!-sal osztva a következ®t kapjuk

b! = 1 +b!

a!+

c!

a!.


40


A bal oldal osztható a + 1-gyel, a jobb oldal második és harmadik tagja is, így az 1 is,ami a > 2 miatt nem lehet. 1 pont

(ii) Hátra van az az eset, ha a = b. (1)-et a!-sal osztva

a! = 2 +c!

a!= 2 + (a + 1)(a + 2)...c, (4)

ahol a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldalon a 2 nem osztható, tehát a jobb oldalmásodik tagjának 3-as maradéka 1. Ez a tag, azaz (a + 1)(a + 2)...c, nem lehet kett®,vagy több tényez®s, mert ekkor 3-as maradéka 0 vagy 2. 2 pont

Tehát c = a + 1, ekkor (4) így néz ki: a! = 2 + a + 1 aminek egyetlen megoldásaaz a = 3. A kit¶zött (1)-es egyenletnek egyetlen (a, b, c) számhármas tesz eleget és ez a(3,3,4). 1 pont

Összesen 7 pont


41

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

1

Oktatás i Hivata l

A 2014/2015. tanévi

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

döntő forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)


1. Legyen x egész szám, p pozitív prímszám, legyen továbbá A és B az a két különböző pont a

számegyenesen, amelyek az 2x , illetve az 2px számok helyét jelölik.

Adja meg az összes olyan p prímszámot, amelyre az AB szakasz valamelyik harmadolópontja a

p szám helyét jelöli!

Megoldás: nem sérti az általánosságot, ha feltesszük, hogy az A pont az AB szakasz bal oldali, míg a B

pont az AB szakasz jobb oldali végpontja. Az A és B pontok jelölhetik a számegyenesen az 2x és az

2px számok bármelyikét.

Meg kell vizsgálnunk minden lehetőséget, ezért feltesszük, hogy ha létezik a feladatban szereplő p

prímszám, akkor a p prímet jelölő pont az AB szakasz bármelyik harmadolópontja lehet.

A harmadolópontoknak megfelelő számok minden esetben

3

222 pxx

, és

3

2 22xpx

.

Azt kell tehát vizsgálnunk, hogy milyen Zx számra és p pozitív prímszámra áll fenn

(1)

ppxx

3

222

,

vagy

(2)

pxpx

3

2 22

.

1 pont

42


2

Az (1) egyenletből a műveletek elvégzésével és rendezéssel a

(3) 0323 22 pppxx

x -ben másodfokú egyenletet kapjuk.

A (3) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha

03124 22 ppp ,

ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik

(4) 229 pp .

Ha a (4) egyenlőtlenség teljesül, akkor a (3), és ezzel az (1) egyenlet valós megoldásai:

(5) 3

29 2

1

pppx

és

3

29 2

2

pppx

.

Mivel p pozitív prímszám, ezért a (4) egyenlőtlenségből a p pozitív prímszámmal való osztással az is

következik, hogy

2

90 p ,

ennek csak a 2p és 3p prímszámok felelnek meg.

Ha 2p , akkor a (3), és így az (1) egyenlet valós megoldásai (5) szerint

3

1021

x és

3

1022

x ,

ezek azonban a feladatnak nem megoldásai, mert a feltétel szerint x egész szám.

Ezért 2p nem lehetséges.

Ha 3p , akkor (5) szerint 01 x és 22 x .

Vizsgáljuk most a (2) egyenlet lehetséges megoldásait.

A műveletek elvégzésével és rendezéssel:

(6) 03243 22 pppxx .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

43


3

A (6) egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz, ha

0321216 22 ppp ,

ahonnan a műveletek elvégzésével, egyszerűsítéssel és rendezéssel adódik, hogy

(7) 229 pp .

A (7) egyenlőtlenség a (4) egyenlőtlenséggel azonos, és pontosan akkor teljesül, ha

2

90 p .

Ekkor a (6), és így a (2) egyenlet valós megoldásai:

(8) 3

292 2

3

pppx

és

3

292 2

4

pppx

.

A (7) egyenlőtlenségnek a (4)-gyel megegyezően csak a 2p és 3p prímszámok felelnek meg.

Ha 2p , akkor a (6), és ebből következően a (2) egyenlet valós megoldásai (8) szerint

3

1043

x és

3

1044

x ,

de ezek a feladatnak nem megoldásai, mert x egész szám. Ezért 2p nem lehetséges.

Ha 3p , akkor (8) szerint 13 x és 34 x .

Azt kaptuk tehát, hogy a feladat feltételeinek csak a 3p prímszám felel meg.

A 3p prímszámhoz tartozó 01 x egész számra az AB szakasz a 9;0 intervallumnak felel meg a

számegyenesen, és az AB szakasz A pontjához közelebbi harmadolópont jelöli a 3p prímszám

helyét. A 3p prímszámhoz tartozó 22 x egész számra az AB szakasz az 4;1 intervallumnak

felel meg, és az AB szakasz B pontjához közelebb eső harmadolópont éppen a 3p prímszám

helyét jelöli.

Ha 3p mellett 13 x , akkor az AB szakasz az 4;1 intervallumot jelöli ki a számegyenesen, és a

B ponthoz közelebb eső harmadolópont adja meg a 3p prímszám helyét. Végül pedig 34 x

mellett az AB szakasz a 9;0 intervallumnak felel meg, és az A ponthoz közelebbi harmadolópont

jelöli a 3p prímszám helyét.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

44


4

2. Oldja meg a nnx

xx124

2

311 2

egyenletet, ahol x valós szám és n egész szám!

( y az y valós szám egészrésze, azaz az y -nál nem nagyobb egészek közül a legnagyobb)

Megoldás: a négyzetgyök értelmezése szerint egyrészt 0x , a bal oldali törtkifejezés nevezője miatt

pedig 0x , ezért x csak pozitív valós szám lehet.

Másrészt ugyancsak a négyzetgyök értelmezése miatt 0124 2 nn , ahonnan szorzattá alakítással

kapjuk, hogy

(1) 034 nn .

Az (1) egyenlőtlenségnek olyan Zn számok felelnek meg, amelyekre 0n , vagy 3n .

A kiindulási egyenlet bal oldala egész szám, ezért a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie. Ez csak

úgy lehetséges, ha a nn 124 2 kifejezés egy egész szám négyzetével egyenlő, azaz, ha

Zmmnn 22 124 .

Mindkét oldalhoz 9-et adva 932 22 mn . Ebből a két négyzet különbségére vonatkozó

azonosság ismeretében szorzattá alakítással kapjuk, hogy

(2) 93232 mnmn .

A (2) egyenlet bal oldalának zárójeles kifejezései a 9 szám pozitív vagy negatív osztópárjai és ezért a

következő esetek lehetségesek:

a) 132 mn és 932 mn ,

b) 132 mn és 932 mn ,

c) 332 mn és 332 mn ,

d) 332 mn és 332 mn .

Az a)-b)-c)-d) esetekben egyenként az egyenletek bal oldalait összeadva, rendre a következő n

értékeket kapjuk (ha az egyes esetekben az osztópárok tényezőit fölcseréljük, nem kapunk újabb

megoldásokat):

3;0;4;1 4321 nnnn .

1 pont

1 pont

1 pont

45


5

Az 1n és 4n esetekben a nnx

xx124

2

311 2

egyenlet jobb oldalának értéke 4,

ezért

(3) 42

311

x

xx.

Az egészrész értelmezése szerint (3) azt jelenti, hogy 52

3114

x

xx, ahonnan a 02 x

számmal való szorzással és rendezéssel két egyenlőtlenséget kapunk:

(4) xx 330

és

(5) 03 xx .

A (4) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a 03 x kifejezéssel, előbb a 10 x

egyenlőtlenséget, majd ebből rendezéssel és négyzetreemeléssel az

x1

egyenlőtlenséget kapjuk.

Az (5) egyenlőtlenség mindkét oldalát oszthatjuk a 0x kifejezéssel, ebből a 03 x

egyenlőtlenség, majd innen rendezéssel és négyzetreemeléssel az

9x

egyenlőtlenség adódik.

Eszerint az 1n és 4n egész számokra a nnx

xx124

2

311 2

egyenlet megoldásai az

91 x

egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok.

Az 0n és 3n egész számok esetén pedig a nnx

xx124

2

311 2

egyenlet jobb

oldalának értéke zérus, ezért

(6) 02

311

x

xx.

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

46


6

Az egészrész értelmezése miatt (6)-ból az következik, hogy 12

3110

x

xx, ahonnan a 02 x

számmal való szorzással és rendezéssel ismét két egyenlőtlenséget kapunk:

(7) xx 3110

és

(8) 039 xx .

Az (7) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztva a 0x kifejezéssel, ebből a 3110 x

egyenlőtlenséget kapjuk, ahonnan rendezéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy

x121

9.

A (8) egyenlőtlenség mindkét oldalát osztjuk a 03 x kifejezéssel, a művelet eredményeként

adódik a 013 x egyenlőtlenség, majd ebből rendezés és négyzetreemelés után

9

1x .

Ezért, ha 0n , vagy 3n , akkor a nnx

xx124

2

311 2

egyenlet megoldásai az

9

1

121

9 x

egyenlőtlenségeknek megfelelő valós számok.

Minden esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hogy az Zn szám értékei csak az

3;0;4;1 4321 nnnn lehetnek, ezek közül 1n és 4n esetén az egyenlet megoldásai

az 9;1 intervallumba tartozó valós számok, míg 0n és 3n esetén az egyenlet megoldásai a

9

1;

121

9 intervallumba tartozó valós számok.

Összesen:

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

47


7

3. Egy szög szárait az O középpontú kör az A és B pontokban érinti.

Az AB szakasz egy belső X pontjában az OX egyenesre állított merőleges a szög szárait az

M és N pontokban metszi.

Bizonyítsa be NXMX !

Megoldás: jelöléseink az ábrán láthatók.

Tekintettel arra, hogy OX merőleges MN -re, elegendő bizonyítani, hogy az MNO háromszög

egyenlőszárú, azaz ONOM , illetve ONMOMN .

Mivel a kör érinti a 2 -vel jelölt szög szárait, ezért a kör O középpontja csak a 2 szög f

szögfelezőjére illeszkedhet.

A szögfelező minden pontja egyenlő távol van a szögszáraktól, ezért OBOA , vagyis az OAB

háromszög egyenlő szárú.

Ez azt is jelenti, hogy az ábra OAB szögére

OBAOAB .

Az OAMX csúcsai az OM szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön vannak, erre illeszkednek az

A és X pontok, ezért OAMX szükségképpen húrnégyszög.

Az OAMX húrnégyszög körülírt körében az OAX és OMX szögek azonos ívhez tartozó kerületi

szögek, ezért a kerületi szögek tétele és OABOAX alapján

(1) OMX .

Az ONBX négyszögben a B és X pontok az ON szakasz, mint átmérő fölé írt Thalész-körön

vannak, tehát ONBX is húrnégyszög.

Az ONBX húrnégyszög körülírt körében az OBX és ONX szögek azonos ívhez tartozó kerületi

szögek, ezért a kerületi szögek tétele alapján ONXOBX . Mivel azonban

OBAOBX ,

ezért

(2) ONX .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

48


8

Az (1) és (2) összefüggések szerint az OMN háromszög két szöge egyenlő, ezért a háromszög egyenlő

szárú, tehát

ONOM ,

ezek a szakaszok az OMN egyenlő szárú háromszög szárai.

Az OMN egyenlő szárú háromszögben a szárak O metszéspontjából az MN alapra bocsátott OX

merőleges felezi az alapot, azaz

NXMX ,

és éppen ezt akartuk bizonyítani.

Összesen:

Megjegyzések:

a) a bizonyításhoz felhasználhatjuk, hogy BXNAXM , mert csúcsszögek. Mivel

OAMX húrnégyszög, ezért a kerületi szögek tétele alapján a húrnégyszög köré írt körben

AOMAXM , továbbá ONBX szintén húrnégyszög, ezért a köré írt körben

BONBXN , így BONAOM . Az AOM és BON derékszögű

háromszögekben tehát két-két szög nagysága megegyezik, és ezért a harmadik szögek is

egyenlők, ugyanakkor OBOA , tehát a két háromszög egybevágó. Ebből következik,

hogy ONOM , ebből pedig a bizonyítandó állítás könnyen adódik.

b) megoldható koordináta-geometriai eszközökkel is, például oly módon, hogy a P pontot

az origóban vesszük föl és a PA egyenest az x tengelynek választjuk.

1 pont

2 pont

10 pont

49

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, dönt® forduló

MATEMATIKA II. KATEGÓRIA


1. Az x, y, z olyan pozitív egészek, amelyekre az

x(y + 1)

x − 1,

y(z + 1)

y − 1,

z(x + 1)

z − 1

hányadosok mindegyike pozitív egész szám. Mi az xyz szorzat lehetséges legnagyobbértéke?

Megoldás: A feladatban szerepl® hányadosok nevez®je nem lehet 0, ezért x, y, zmindegyike legalább 2. 1 pont

Mivel a szomszédos számok relatív prímek, ezért teljesül, hogy

x − 1|y + 1, y − 1|z + 1, z − 1|x + 1. 2 pont

Használjuk ki, hogy a|b-b®l következik, hogy a 6 b, így

x 6 y + 2 6 z + 4 6 x + 6

Az így nyert összefüggésben nem lehet mindenhol egyenl®ség, mert akkor x = x+6 lenne.2 pont

Ha például z −1 < x+1, akkor z −1|x+1 miatt 2(z −1) 6 x+1. Ekkor 2z 6 x+3 6y + 5 6 z + 7. Ebb®l z 6 7, y 6 9, x 6 11, azaz xyz 6 7 · 9 · 11 = 693.

Hasonlóan kapjuk y − 1 < z + 1-b®l hogy y 6 7, x 6 9, z 6 11, vagy x − 1 < y + 1-b®lhogy x 6 7, z 6 9, y 6 11.

A feladatban keresett N értéke tehát 693 és ezt az xyz szorzat el is éri például azx = 7, y = 11, z = 9 esetben.

2 pont

Összesen 7 pont

2. Tekintsük egy kocka három olyan lapátlójának egyenesét, amelyek páronként ki-tér®ek. Az e egyenes az iménti három egyenes mindegyikével ugyanakkora szöget zár be.Mekkora lehet ez a szög?

OKTV 2014/2015 1 dönt®

50


bA

bB

b Cb D

bE

bF

bG

bH

x

y

z

Megoldás: Használjuk az ábra jelöléseit. El®ször megmutatjuk, hogy a feladat szö-vegének megfelel®en csak lényegében egyféle lehet®ségünk van kijelölni három lapátlót.Ezek az ábrán a BG, AC és DE.

Legyen az egyik lapátlót tartalmazó lap az ABCD. Még két további lapátló kell,ezek nem lehetnek mindketten a szemben lev® lapon, ezért egyikük lapja az ABCD-re mer®leges, legyen ez a BCGF . Ezen két lapon csak úgy tudunk kitér® lapátlókatfelvenni, ha a közös BC él végpontjaiból egy-egy indul. Tegyük fel, hogy az egyik azAC, a másik a BG. A megmaradt lapátlók közül vagy DE-t, vagy FH-t választhatjuk, ekét eset forgatással egymásba vihet®, ezért válasszuk ED-t. Megkaptuk, hogy lényegébenegyetlen módon lehetséges kiválasztani három lapátlót úgy, hogy azok páronként kitér®eklegyenek. 2 pont

Bevezetünk három, páronként egymásra mer®leges egységvektort. Legyen−→AB = x,−−→

AD = y,−→AE = z. A keresett e egyenes v irányvektora legyen v = αx + βy + γz.

A kijelölt lapátlóink irányvektorai−−→BG = y + z,

−→AC = x + y és

−−→DE = z − y. Mivel

|−−→BG| = |−→AC| = |−−→DE|, ezért e akkor zár be mindegyikkel ugyanakkora szöget, ha v

skalárszorzatának abszolút értéke mindhárommal ugyanakkora.

v · −−→BG = β + γ, v · −→

AC = α + β, v · −−→DE = γ − β. 1 pont

Vizsgáljuk a |β + γ| = |γ − β| feltételt. i) Ha β + γ = γ − β, akkor β = 0. Kétlehet®ség maradt: i1) ha γ = α, ekkor e párhuzamos AF -fel és az AFC illetve BDGszabályos háromszögek alapján minden kijelölt lapátlóval 60◦-os szöget zár be; i2) haγ = −α, ekkor e párhuzamos BE-vel és az EGB illetve DEB szabályos háromszögekalapján minden kijelölt lapátlóval 60◦-os szöget zár be. 2 pont

ii) Ha β + γ = β − γ, akkor γ = 0. Most is két lehet®ség maradt: ii1) β = α + β,azaz α = 0, ekkor e párhuzamos AD-vel és nyilván minden kijelölt lapátlóval 45◦-osszöget zár be; ii2) −β = α + β, ekkor e párhuzamos a D-n és BC felez®pontján áthaladóegyenessel. Legyen a v-vel párhuzamos, a feltételeinknek megfelel® w = 2x − y. Ekkora lapátlók irányvektorainak hossza

√2, |w| =

√5, w skalárszorzatának abszolút értéke

minden lapátló vektorral 1. Így a bezárt szög koszinuszának értéke 1√10, amib®l a bezárt

szög nagysága ≈ 71.6◦. 2 pont

OKTV 2014/2015 2 dönt®

51


Összefoglaljuk a kapott megoldásokat. Négy irányú lehet az e egyenes, ezek közül kett®60◦-ot, egy 45◦-ot, egy pedig arccos 1√

10≈ 71.6◦-ot zár be a feladatban meghatározott

három lapátlóval.

Összesen 7 pont

3. Legyenek x1, x2, ..., x2015 valós számok. Ugyanezen számok valamely y1, y2, ..., y2015

permutációjára teljesül, hogy

3y1 − x1 = 2x2, 3y2 − x2 = 2x3, ..., 3y2015 − x2015 = 2x1

Bizonyítsuk be, hogy ez csak úgy lehet, ha minden xi ugyanakkora.

Megoldás: Az indexek ciklikussága miatt képzelhetjük úgy a feladatot, hogy egyszabályos 2015 szög csúcsaiban vannak az x1, x2, ..., x2015 valós számok, a sokszög xi ésxi+1 közti oldalára ráírjuk az yi számot. A feltételt kissé átalakítva

yi =xi + 2xi+1

3, (i = 2015 − re i + 1 = 1)

így a sokszög minden oldalán a hozzá tartozó csúcsok súlyozott számtani közepe áll.2 pont

Tekintsük az x1, x2, ..., x2015, számok közül a legnagyobbat, ez forduljon el® a számokközött n alkalommal és legyen értéke M . Ekkor az yi számok között is n alkalommallátjuk M -et. 2 pont

Az ilyen éleket, ahol az y-beli szám értéke M , nevezzük maximálisnak. Egy maximálisél mindkét végén álló x-beli szám értéke M . n darab maximális él és ezeknek 2n darab�nem feltétlenül különböz®� végpontja van. A sokszögnek n darab csúcsához írtunk M -et, mindegyikbl legfeljebb kett® maximális él indulhat. Azaz minden M érték¶ x-beliszámból 2 maximális él indul. Így a maximális élek kört alkotnak, ami csak úgy lehet, han = 2015, azaz minden szám ugyanakkora. 3 pont

Összesen 7 pont

2. megoldás: A feladatban megadott feltételeket rendezzük át 3yi = xi + 2xi+1 alakra.Emeljük ezen egyenletek mindkét oldalát négyzetre, majd adjuk össze mindegyiknél a balés jobb oldalakat:

92015∑

i=1

y2i = 5

2015∑

i=1

x2i + 4

2015∑

i=1

xixi+1. 3 pont

Mivel2015∑

i=1

y2i =

2015∑

i=1

x2i ,

ezért rendezve

42015∑

i=1

x2i = 4

2015∑

i=1

xixi+1.

OKTV 2014/2015 3 dönt®

52


Ezt kett®vel osztva, majd egy oldalra rendezve:

22015∑

i=1

x2i − 2

2015∑

i=1

xixi+1 = (x1 − x2)2 + (x2 − x3)

2 + ... + (x2015 − x1)2 = 0. 3 pont

Ez csak úgy teljesülhet, ha ciklikusan minden x-beli elem egyenl® a két szomszédjával,tehát az összes szám is egyenl®. 1 pont

OKTV 2014/2015 4 dönt®

53

Megoldások Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


Megoldások

1. feladat

A k körhöz egy külső ponton keresztül egy e szelőt és két érintőt húzunk, az utóbbiakérintési pontjai A és B. Az A ponton áthaladó, e-vel párhuzamos egyenes az A-tól külön-böző C pontban is metszi k-t. Bizonyítsuk be, hogy a BC egyenes felezi e-nek a k-ba esőszakaszát.

Első megoldás: Legyen P az adott külső pont, O a kör középpontja, és F a szóban forgófelezőpont, azaz az O-ból e-re bocsátott m merőleges egyenes talppontja. Belátjuk, hogyB, F és C kollineáris, ami egyenértékű a bizonyítandó állítással.

Thalész tétele miatt A, B és F illeszkedik a PO átmérőjű körre. A PFB szög és azAFP szög ebben a körben az egyenlő PB és PA ívekhez tartozó egy-egy kerületi szög,ezért PFB∢ = AFP∢. Az m egyenesre vonatkozó tükrözésnél az A pont C-be, az eegyenes pedig önmagába megy át. Ezért az AFP szög tükörképe a PFB szög csúcsszöge,ahonnan B, F és C kollinearitása következik. (Mindezek a megállapítások attól függetlenülérvényesek, hogy az O pont az e egyenesnek melyik oldalára esik, illetve hogy illeszkedik-erá.)

1

54


Második megoldás: Legyen M az e és BC metszéspontja. Használjuk a második ábraszerint keletkező hat szögre az α, β, γ, δ, ε, ζ jeleket. Először megmutatjuk, hogy ezek aszögek egyenlők.

Az α = β egyenlőség nyilvánvaló az érintők szimmetriájából, β = γ abból adódik, hogymindketten az AB ívhez tartozó kerületi szögek, γ és δ pedig az AC ‖ e feltevés miattegyállású szögek.

Az α = δ egyenlőségből következik, hogy a PBMA négyszög húrnégyszög, ebből pedigβ = ε adódik. Végül ismét AC ‖ e felhasználásával ε = ζ, mert váltószögek.

Az ACM háromszögben tehát az AC oldalon fekvő szögek egyenlők. Ezért M illeszkedikAC felező merőlegesére. Ez az egyenes felezi az összes AC-vel párhuzamos húrt, tehát Mis felezi közülük azt, amelyik e-n fekszik.

2. feladat

Tegyük fel, hogy nemnegatív egész számoknak egy véges A = {a1 < a2 < . . . < ak} ésegy végtelen B = {b1 < b2 < . . . } halmazára teljesül, hogy minden nemnegatív egészegyértelműen előáll ai + bj alakban. Mutassuk meg, hogy ekkor B szükségképpen „tisztánperiodikus”, azaz létezik olyan c > 0, hogy bármely b nemnegatív egész szám pontosanakkor eleme B-nek, ha b+ c is az.

Megoldás: Nyilván a1 = 0 (és b1 = 0). Emiatt n ∈ B pontosan azt jelenti, hogy n csakn = 0+ n alakban áll elő a+ b alakban, tehát n − a2, n − a3, . . . , n − ak egyike sem elemeB-nek. Ha viszont n 6∈ B, akkor n = a+b előállításában a2, a3, . . . , ak valamelyike szerepela-ként, azaz n − a2, n − a3, . . . , n − ak közül (pontosan) az egyik B-beli. Ezzel beláttuk,hogy

n ∈ B ⇐⇒ n − a2, n − a3, . . . , n − ak 6∈ B.

Ugyanígy adódik a „másik irányban” is egy hasonló összefüggés:

n ∈ B ⇐⇒ n+ ak, n+ ak − a2, . . . , n+ ak − ak−1 6∈ B.

Ez azt jelenti, hogy ha egy d = ak − 1 hosszúságú tetszőleges [x, y] intervallumon, amely-nek a végpontjai pozitív egészek, adottak B elemei, akkor x − 1-ről, illetve y + 1-ről egy-értelműen kiderül, hogy eleme-e B-nek vagy sem. Egy ilyen intervallumon a B-beli elemekelhelyezkedése legfeljebb 2d+1-féle lehet, tehát lesz olyan x1 < x2, amelyre az [x1, x1+d] és[x2, x2+d] intervallumon a B-beli elemek elhelyezkedése ugyanolyan. Ez a fentiek alapjánazt jelenti, hogy B elemei egy c = x2 − x1 hosszúságú periódus szerint ismétlődnek.

2

55


3. feladat

Melyek azok az egész együtthatós f polinomok, amelyekre minden j ≥ 1 esetén f(2j)pozitív prímhatvány?

Első megoldás: Az f(x) = 2mxn (m ≥ 0, n > 0), valamint a konstans prímhatványpolinomok nyilván megfelelnek. Megmutatjuk, hogy más ilyen polinom nincs.

Az egytagú polinomok közül nyilván csak ezek jók. Tegyük fel, hogy létezik egy legalábbkéttagú ilyen f , azaz f(x) = anx

n + g(x) = anxn +an−1x

n−1+ . . .+a0, ahol (a feltételbőlkövetkezően pozitív) an-en kívül még legalább egy együttható nem nulla.

Fel fogjuk használni az alábbi ismert tényt, amelyet a teljesség kedvéért be is bizonyítunk.

(∗) Elég nagy r-re f(r)-ben az anrn tag „dominál”, azaz (például)

3anrn/2 > f(r) > anr

n/2, ha r elég nagy.

Valóban, ha c jelöli az a0, a1, . . . , an−1 együtthatók abszolút értékének maximumát, akkor(r ≥ 1 esetén)

|g(r)| = |f(r) − anrn| = |a0 + a1r + . . .+ an−1r

n−1| ≤ cnrn−1 <1

2anr

n,

ha r > 2nc/an, amivel (∗)-ot beláttuk.

Rátérve a feladat állításának igazolására, először tegyük fel, hogy a0 páros. Ekkor f(2j)páros, tehát a feltétel alapján kettőhatvány. Válasszunk egy olyan j értéket, amelyrer = 2j teljesíti (∗)-ot, továbbá g(2j) 6= 0 (ilyen j van, hiszen egy nem nulla polinomnakcsak véges sok gyöke lehet), és végül legyen j > h, ahol h a 2 kitevőinek maximuma azf(x) nem nulla együtthatóinak prímtényezős felbontásában.

A feltétel szerint f(2j) = 2u. Jelölje s a 2 kitevőjét az an prímtényezős felbontásában.Ekkor an2

jn-ben a 2 kitevője s+ jn, g(2j)-ben pedig a 2 kitevője legfeljebb j(n − 1) + h(mert a nemnulla tagokban a 2 kitevője h < j miatt páronként különböző, ezért a legkisebbkitevő „nyer”), és ez (ismét h < j miatt) kisebb, mint jn, tehát (∗) alapján u = s+ nj. Ezazonban (ismét felhasználva (∗)-ot is) g(2j) 6= 0 miatt lehetetlen.

Vizsgáljuk most azt az esetet, amikor a0 páratlan. Ekkor f(2j) páratlan, tehát egy páratlanprím hatványa kell hogy legyen. Elég nagy r-re f(r) > 1 (például (∗) alapján), ezértválaszthatunk olyan K értéket, amelyre A = f(2K) > 1.

Mivel A páratlan, ezért van olyan N , hogy 2N -nek 1 a maradéka A2-tel osztva. Ez adódikaz Euler–Fermat-tételből, vagy abból, hogy az A2 + 1 darab 1, 2, 22, . . . , 2A2

szám nemadhat csupa különböző maradékot A2-tel osztva, így alkalmas v < w-re A2 | 2w − 2v == 2v(2w−v − 1), és mivel (A2, 2v) = 1, ezért A2 | 2w−v − 1.

Az előzőek alapján minden t-re is igaz, hogy 2tN -nek az A2-tel való osztási maradéka 1.

Tudjuk, hogy Bt = f(2tN+K) = pdtt valamilyen pt prímmel. Az előzőekből adódik, hogy

Bt-nek az A szerinti osztási maradéka ugyanaz, mint f(2K) = A maradéka, vagyis 0, azazA | pdt

t . Ez azt jelenti, hogy A prímhatvány, A = qe (e ≥ 1), és minden t-re Bt = qdt . Azelőző meggondoláshoz hasonlóan kapjuk, hogy Bt-nek az A2 szerinti osztási maradéka A,tehát Bt = qdt a q-nak legfeljebb e-edik hatványával osztható, azaz dt ≤ e. Azonban elégnagy t-re qdt = f(2tN+K) > qe, ami ellentmondás.

3

56


Második megoldás: Az első megoldás jelöléseit használjuk, és most is feltesszük, hogyegy legalább kéttagú f kielégíti a feltételt, és kicsit másképp jutunk ellentmondásra.

Szükségünk lesz a (∗)-nak az alábbi erősebb változatára, ami ugyanúgy bizonyítható:

(∗∗) f(r)

anrn→ 1, ha r → ∞.

Legyen először a0 páros, azaz f(2j) kettőhatvány, és legyen k a legkisebb olyan egész,amelyre ak 6= 0, a feltevésünk szerint k < n. Legyen ak = 2bz, ahol z páratlan, ekkor j > besetén f(2j) = 2kj+b(z+2R) alkalmas R egésszel. Mivel f(2j) kettőhatvány, és a másodiktényező páratlan, ezért ez a tényező 1, azaz f(2j) = 2kj+b. Innen (∗∗) alapján j → ∞esetén

2kj+b

an2nj= 2(k−n)j · 2

b

an→ 1,

ami k 6= n miatt lehetetlen.

Rátérve a páratlan a0 esetére, az első megoldásbeli gondolatmenet elejét A = f(2K) egyq prímosztójára elvégezve kapjuk, hogy Bt = f(2tN+K) = qdt . Ekkor (∗∗) alapján t → ∞mellett

qdt

an2(tN+K)n→ 1,

és így elég nagy t-re

0,9 <qdt

an2(tN+K)n< 1,1 .

Ezt t-re és t+ 1-re felírva, majd a két egyenlőtlenséget egymással elosztva

0,8 <qdt+1−dt

2nN< 1,3

adódik. Ez utóbbit is t-re és t+1-re felírva, majd a két egyenlőtlenséget egymással elosztvakapjuk, hogy

0,6 <qdt+2−dt+1

qdt+1−dt< 1,7 .

Mivel q ≥ 3 >1,7

0,6, ezért dt+2 − dt+1 = dt+1 − dt. A közös értéket L-lel jelölve, így elég

nagy rögzített t-re bármely M esetén dt+M = dt + ML. Ezt (∗∗)-ba beírva, M → ∞mellett

qdt+ML

an2((t+M)N+K)n=

qdt

an2(tN+K)n·(

qL

2Nn

)M

= C · DM → 1 .

Innen D = 1, azaz qL = 2Nn, ami (n > 0 miatt) nem lehetséges.

4

57

2014/2015 - matek.fazekas.humatematika i. kategÓria (szakkÖzÉpiskola) feladatok 1. ... 11 3 2 »...

Documents