Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015

11. osztály

1. Határozd meg a következő kifejezések pontos értékét!

A = (2013! + 2014!)⋅

−

!20151

!20141 , B =

12015

2

−⋅

+++

++

++

+ 20152013

1...75

1

53

1

31

1

Megoldás:

Az A = (2013! + 2014!)⋅

−

!20151

!20141 = 2013! ⋅ (1 + 2014) ⋅

!201512015 − = 2 pont

= 2013! ⋅ 2015 ⋅!2015

2014 =!2015!2015 = 1. 1 pont

A B =12015

2

−⋅

+++

++

+ 20152013

1...53

1

31

1 szorzat második tényezőjében

a tagokat gyöktelenítjük. 1 pont

Így B =12015

2

−⋅

−−⋅

+++

−−⋅

++

−−⋅

+ 20132015

20132015

20152013

1...35

35

53

1

13

13

31

1 , 2 pont

amiből az (a – b) ⋅ (a + b) azonosság alkalmazása után

B =12015

2

−⋅

21 ⋅( 3 −1+ 5 − 3 +...+ 2013 − 2011 + 2015 − 2013 ) adódik, 2 pont

összevonás után B =12015

2

−⋅

21 ⋅( 2015 −1) = 1. 2 pont

Összesen: 10 pont

2. Határozd meg a 182

2014−+

nn

kifejezés értelmezési tartományát!

Megoldás:

Az n-edik gyök definíciója alapján: 182

−+

nn ∈ (Z+\{1}) 2 pont

Így a 182

−+

nn =

122

−−

nn +

110−n

= 2 +1

10−n

≥ 2, és egész szám. 2 pont

Mivel 182

−+

nn egész szám, ezért n − 1 a 10 osztói és azok ellentettjei közül veheti fel

az értékeit. 1 pontÍgy n − 1 = 1; 2; 5; 10; − 1; − 2; − 5 és − 10 lehet, 2 pontamiből n = 2; 3; 6; 11; 0; – 1; – 4 és – 9. 1 pont

Mivel 182

−+

nn ≥ 2, ezért

110−n

≥ 0, ami n > 1 esetén teljesül. 1 pont

A második feltétel miatt a kifejezés értelmezési tartományának n = 2; 3; 6 és 11 az elemei. 1 pont

Összesen: 10 pont

3. Legyen A a 100-nál nem nagyobb pozitív egész számok halmaza! Ennek az A halmaznak egy nem üres Brészhalmaza esetén jelölje m(B) a B halmaz elemei 3-mal való osztási maradékainak összegét!a) Mennyi lehet m(B) legnagyobb értéke, ha a B halmaz elemei négy egymást követő egész szám?b) Van-e az A halmaznak 20 darab olyan B1, B2, ... B20, páronként diszjunkt részhalmaza, amelyek mindegyi-

kében egymást követő négy egész szám van, és m(B1) = m(B2) = ... = m(B20)?

Megoldás:a) A számok 3-mal való osztási maradékai: 0; 1 és 2. A számok növekvő sorrendjébena maradékok ilyen sorrendben követik egymást. 1 pontÍgy négy egymást követő egész szám esetén akkor lesz a maradékok összege a legnagyobb,ha a 2 maradék fordul elő kétszer. 2 pontTehát m(B) legnagyobb értéke 2 + 0 + 1 + 2 = 5. 1 pontb) Akkor lesz minden Bi részhalmazban a 3-mal való osztási maradékok összege azonos,ha mindegyikben a két azonos maradékot adó szám, egyben a halmaz legkisebb száma,3-mal osztva ugyanazt a maradékot adja. 2 pontMivel két szomszédos, 3-mal osztva azonos maradékot adó szám között 2 attól különböző

Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015

11. osztály

maradék fordul elő, és Bi halmazoknak páronként diszjunktnak kell lenniük, 2 pontezért a számsor minden 6 szomszédos eleméből 2 nem kerül egyik Bi részhalmazba sem. 1 pontMivel 100 = 16 ⋅ 6 + 4 < 20 ⋅ 6, ezért nincs 20 ilyen diszjunkt részhalmaz. 1 pont

Összesen: 10 pont

4. Jelölje az ABC háromszög AB oldalának A-hoz közelebbi harmadoló pontját C1, az AC oldal A-hoz közelebbinegyedelő pontját B1, a CC1 és BB1 szakaszok metszéspontját P!a) Milyen arányban osztja P a BB1 szakaszt?b) Hányadrésze az ABC háromszög területének a CPB háromszög területe?

Megoldás:

a)

A B

C

P

Q

B1

C1

ab

c

Húzzunk B1-en át CC1-gyel párhuzamost (lásd ábra)! 1 pontLegyen az egyenes AB-n lévő pontja Q!Alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét az AC1C háromszögben! 1 pont

Mivel AB1 =41 AC, ezért AQ =

41 ⋅AC1 =

41 ⋅

31 c =

121 c 1 pont

Így QC1 =43 ⋅

31 c =

41 c 1 pont

Tekintsük a QBB1 szögtartományt a párhuzamos szelők tétele alapján:B1P:PB = QC1:C1B, 1 pont

azaz B1P:PB = 41 c:

32 c, így 1 pont

B1P:PB = 3:8.b) Felhasználva, hogy az egyenlő magasságú háromszögek területének aránya egyenlő azegyenlő magasságokhoz tartozó oldalak arányával, 1 pont

a TCB1B =43 ⋅ TABC és 1 pont

TCPB =118 TBB1C =

118 ⋅

43 TABC =

116 TABC. 1 pont

A CPB háromszög területe tehát 116 része az ABC háromszög területének. 1 pont

Összesen: 10 pont

5. Öt város közé négy egyenes szakaszból álló úthálózatot akarunk építeni úgy, hogy bármelyik városból bár-melyik városba el lehessen jutni. Az úthálózat bármely két szakasza csak városban találkozhat, ezért ha két útkeresztezné egymást, akkor a találkozásnál felüljárót építenek. Egyik útról a másikra csak városban lehet át-térni. Az úthálózatnak nincs két olyan szakasza, amely egy egyenesre illeszkedik. Hány különböző úthálózatépíthető? (Két úthálózat különböző, ha van két olyan város, melyet az egyikben összeköt egy szakasz, a má-sikban nem.)

Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015

11. osztály

Megoldás:Az úthálózat a szerkezetét tekintve háromféle lehet.1. típus: Egy városból indul mind a négy szakasz (lásd 1. ábra)Ilyen típusú 5 van.2. típus: Egy városból 3, egy másikból két egyenes szakasz indul(lásd 2. ábra).Ekkor 5 városból indulhat 3 szakasz, 4-féleképp választható ki,hogy onnan melyik városba nem indul út, és 3-féleképpen pedig az,hogy ebből a városból hova indul út.Ez összesen 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 lehetőség.3. típus: Három városból 2-2 út, két városból 1-1 út indul (lásd 3. ábra).Ez öt elem összes sorrendjének a fele (például az A-B-C-D-E és E-D-C-B-A

nem különböző úthálózat), ami2!5

= 60 lehetőség.

A feltételnek megfelelően tehát 5 + 60 + 60 = 125 különböző úthálózat építhető. 1 pont

Összesen: 10 pont

6. Bizonyítsd be, hogy 8110n⋅ (9n – 1) + 1, ha n pozitív egész szám!

Megoldás:A 10n

(9n − 1) + 1 = ( 321db

1...119n

⋅ + 1)(9n − 1) + 1 = 81n ⋅ 321db

1...11n

+ 9n − 9 ⋅ 321db

1...11n

− 1 + 1 = 3 pont

= 81n ⋅ 321db

1...11n

+ 9(n − 321db

1...11n

). 1 pont

Az összeg első tagja osztható 81-gyel, mert egy egész szám 81-szerese. 1 pontA második tag osztható 9-cel, mert egy egész szám 9-szerese. 1 pontAz n − 321

db

1...11n

különbség kivonandójában a számjegyek összege n, így n-nek 1 pont

és 321db

1...11n

számnak a 9-es osztási maradéka azonos, ezért a különbségük osztható 9-cel. 2 pont

Így az összeg második tagja is osztható 81-gyel, tehát igaz az állítás. 1 pont

Másképpen:

A 10n (9n − 1) + 1 = 9n ⋅ 10n

− (10n − 1). 2 pont

A kisebbítendő osztható 9-cel, mert 9 egész számú többszöröse. 1 pontMivel 10k

− 1k = (10 − 1)(10k−1

+ 10k−2 + ... + 1), ezért a kivonandó is osztható 9-cel. 1 pont

Így a 9 kiemelhető a különbségből. 1 pont9 ⋅ [n ⋅ 10n

− (10n−1 + 10n−2

+ 10n−3 + ... + 1)] = 9 ⋅ [(10n

− 10n−1) + (10n − 10n−2) + ... + (10n

− 1)] 3 pontMivel 910l

− 10l−k = 10l–k(10k

– 1), ezért a zárójelben lévő minden tag osztható 9-cel. 1 pontÍgy a megadott összeg 9 ⋅ 9 = 81-gyel osztható. 1 pont

Összesen: 10 pont

* * * * *

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy(a jobb) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektől eltérő, de kifogástalan indoklású megoldásokegyenértékűek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhető maximális pontszám 60 pont.

Kecskemét, 2014. november 24.A Szervezőbizottság

1 pont

1 pont

1 pont2 pont

1 pont1 pont

1 pont

A

BC

DE

1. ábra

A

BC

DE

2. ábraA B

C

DE

3. ábra1 pont