2013/2014 - fazekas

2013/2014

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

A 2013/2014. tanévi

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

első forduló

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Oldja meg a valós számok halmazán a

xxx 20216253

egyenletet!

2. Melyek azok az Nn számok, amelyekre

132 222 nn

prímszám?

3. Egy derékszögű háromszög oldalainak hossza egész szám.

Igazolja, hogy a háromszög az egyik csúcsán átmenő két egyenessel három egyenlő

területű részre vágható úgy, hogy a kapott részek területének mérőszáma is egész szám!

4. Az ABC háromszögben

cABbCAaBC ;; hosszúságú, és az oldalak hosszaira teljesül, hogy

333 cba .

Bizonyítsa be, hogy 9060 BCA !

5. Egy egységnyi oldalú négyzet csúcsai DCBA ;;; . Az AB oldal tetszőleges pontja P .

A Q pont a BC oldalon van, és 45PDQ .

Mekkora a PBQ háromszög kerülete?

6. Egy 5x5-ös táblázat minden sorába és minden oszlopába pontosan egyszer beírtuk az

1, 2, 3, 4, 5 számokat. A táblázatba beírt számok a táblázat egyik átlójára szimmetrikusan

helyezkednek el.

A feltételeknek megfelelő kitöltés esetén mennyi lehet a táblázat szimmetriaátlójában

levő számok összege?

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

1. Melyek azok a pozitıv p es q prımek, amelyekre a

p + q, p + q2, p + q3, p + q4

szamok mindegyike prım?

2. Hatarozzuk meg, a p valos parameter mely ertekeinel hany megoldasa van a kovet-kezo egyenletnek:

|√

|x − 3| − 2| − 1 = p

3. Hany olyan otjegyu tızes szamrendszerbeli pozitıv egesz szam van, melyben a jegyekszorzata 50-re vegzodik?

4. Jelolje M a hegyesszogu ABC haromszog magassagpontjat. Legyen P , Q es Rrendre a BCM , CAM es ABM haromszogek kore ırt koreinek kozeppontja.

(a) Igazoljuk, hogy ABC es PQR egybevago haromszogek.(b) Igazoljuk, hogy az AP , BQ es CR egyenesek egy pontra illeszkednek.

5. Oldjuk meg a valos szamok halmazan az alabbi egyenlotlenseget:√

tg2x − 3 > 1 + 2 · tg x

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

��

A 2013/2014. tanéviOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny

első forduló

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

FELADATOK

1. A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P ′ aP -vel átellenes pont a körön. Bizonyítsuk be, hogy AP ′ ·BP ′−AP ·BPállandó.

2. Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7pedig egy egész szám ötödik hatványa?

3. Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A1, B1

és C1 a P pont merőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon.Bizonyítsuk be, hogy

AC1·BA1+BA1·CB1+CB1·AC1 = C1B·A1C+A1C ·B1A+B1A·C1B.

4. Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszerlehet, hogy mindenki páratlan sok másikat ismer (az ismeretség köl-csönös)?

5. Legyenek a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn valós számok.Bizonyítsuk be, hogy

(a1+a2+ . . .+an+ b1+ b2+ . . .+ bn)2 ≥ 4n(a1b1+a2b2+ . . .+anbn).

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

A 2013/2014. tanévi


második forduló


(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. A 257 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek. Ha a

számjegyeket fordított sorrendben leírjuk, akkor az eredetinél nagyobb

számot kapunk, a 752-t.

Hány ilyen tulajdonságú háromjegyű szám van?

2. Az a valós paraméter mely értékeire lesz az

0122

144 222

xx

ax

aaxx

egyenletnek pontosan egy valós megoldása?

3. Messe az AB átmérőjű 1k kört a C és D pontokban az A középpontú 2k

kör. A 2k körnek az AB átmérőre eső pontja legyen E ! Válasszuk ki a 2k

körnek az ABC háromszög belsejébe eső CE körívén az ív egy tetszőleges

M belső pontját! A BM egyenes és a 1k kör másik metszéspontját jelöljük

N -nel!

Bizonyítsa be, hogy

DNCNMN 2 !

4. Milyen a valós paraméter esetén lesz pontosan két valós gyöke a

023

sin23

sin 2

axax

egyenletnek a 2;0 intervallumban?

5. Az ABCD tetraéder belsejében vegyünk fel egy P pontot, majd kössük

össze a tetraéder csúcsaival. Az CPBPAP ;; és DP egyenesek szemközti

oldallapokon lévő döféspontjai rendre: 111 ;; CBA és 1D .


11

1

1

1

1

1

1

1 DD

PD

CC

PC

BB

PB

AA

PA!


5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

A 2013/2014. taneviOrszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny

masodik fordulo

MATEMATIKA II. KATEGORIA(GIMNAZIUM)

FELADATOK

1. Maximum hany egesz szamot valaszthatunk ki a J = {n | 1 < n < 121; n ∈ Z}halmazbol ugy, hogy kozuluk barmely ketto relatıv prım legyen, ha egyikuk sem lehetprım?

2. Oldjuk meg a valos szamok halmazan a kovetkezo egyenletet:

x2 + 4

(x

x − 2

)2

= 45

3. Tekintsuk az osszes olyan parabolat, melyek egyenlete y = x2 + ax + b, ahol aes b valos szamok, tovabba a koordinatatengelyeket harom kulonbozo pontban metszik.Barmely parabola eseten ez a harom pont meghataroz egy kort. Mutassuk meg, hogy azosszes ilyen kor atmegy egy kozos ponton.

4. Hany darab 150 jegyu tızes szamrendszerbeli pozitıv egesz szam van, melynekminden jegye paratlan es barmely ket szomszedos szamjegy elterese 2?

Valamennyi feladat 7 pontot er.

6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

Oktatási Hivata l

A 2013/2014. tanévi


döntő forduló


(SZAKKÖZÉPISKOLA)

FELADATOK

1. Az na számsorozat tagjaira teljesül, hogy 50 a , és minden 1n pozitív

egész számra

1

1

1

1

n

n

na

aa .

Határozza meg az 2014a szám értékét!

2. Az ABCD téglalapban 17AB , 8BC . A P pont a CD oldalon, C -től m

hosszúságegységre, a Q pont a CB oldalon, C -től n hosszúságegységre

van.

Legyen R a P pontból az AB - re húzott merőlegesnek az AB oldalon levő

talppontja, legyen továbbá APR , QAB .

Határozza meg mindazokat a pozitív egészekből álló nm; számpárokat,

amelyekre 45 !

3. Egy ABC háromszögben aBCAC és 90ACB . Az AC oldal A -hoz

közelebbi harmadolópontja H .

Határozza meg az AB oldalon az E , a BC oldalon az F pontot úgy, hogy

az EFH háromszög kerülete a lehető legkisebb legyen!

Adja meg ennek a minimális kerületnek a nagyságát és a FC

BF, illetve

EA

BE

arányok pontos értékét!


7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, donto fordulo

MATEMATIKA II. KATEGORIA(GIMNAZIUM)

FELADATOK

1. Az ABCD negyzet kore ırt koron adott a P es Q pont ugy, hogy PAQ∠ = 45◦,tovabba AP es BC metszi egymast az M , AQ es CD az N pontban. Mutassuk meg,hogy a PQ es az MN szakaszok parhuzamosak.

2. Anna es Bori tulipanokat ultetnek egy sorba, n helyre. Ezt a kovetkezo jatekosformaban teszik: felvaltva ultetnek egy-egy tulipant ugy, hogy egymassal kozvetlenulszomszedos helyekre nem kerulhet tulipan. Anna kezdi a jatekot. Az nyer, aki utoljaratud tulipant ultetni. Kinek van nyero strategiaja, ha (a) n = 2013; (b) n = 12?

3. Legyenek a1, a2, a3, ..., a2014 1-nel kisebb pozitıv valos szamok, melyek szorzata A,valamint legyen Ai = A

ai, i ∈ {1; 2; ...; 2014}. Bizonyıtsuk be, hogy

1 <1

loga1(a1a2)+

1

loga2(a2a3)+ ... +

1

loga2014(a2014a1)<

1

logA1A+

1

logA2A+ ... +

1

logA2014A

Valamennyi feladat 7 pontot er.

8

Feladatlapok Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


FELADATOK

1. Adott az ABC háromszög. Bocsássunk merőlegest A-ból a B-beli belsőszögfelező egyenesre, és B-ből az A-beli belső szögfelező egyenesre. Atalppontokat jelölje D, illetve E. Bizonyítsuk be, hogy a DE egyenesa háromszög AC és BC oldalát a beírt kör érintési pontjaiban metszi.

2. A p és q pozitív számokra p + q ≤ 1. Igazoljuk, hogy bármely m,npozitív egészekre (1 − pm)n + (1 − qn)m ≥ 1.

3. Az 1, 2, . . . , 20142014 számok közül Aladár és Boglárka felváltva töröl-nek le egy számot (Aladár kezd), amíg csak két szám marad. Ha a meg-maradó két szám összege négyzetszám, akkor Boglárka nyer, egyébkéntAladár. Kinek van nyerő stratégiája?

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

Oktatás i Hivata l

A 2013/2014. tanévi


első forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)

Javítási-értékelési útmutató

1. Oldja meg a valós számok halmazán a

xxx 20216253

egyenletet!

Megoldás:

Az egyenlet a hatványozás azonosságainak felhasználásával

(1) xxxx 452453 22

alakba is írható.

Az x5 és x4 pozitív valós számok, ezért (1) mindkét oldalát oszthatjuk az xx 45

pozitív számmal.

Ekkor a műveletek elvégzése, a hatványozás azonosságainak újbóli alkalmazása és

az egyszerűsítés után a

(2) 25

4

4

53

xx

egyenletet kapjuk.

Vezessük be az

x

y

4

5

jelölést, ezzel a jelöléssel a (2) egyenletből

21

3 y

y

1 pont

1 pont

1 pont

10


Matematika I. kategória

2013/2014 2 OKTV 1. forduló

adódik, ebből pedig a műveletek elvégzésével és rendezéssel:

(3) 0123 2 yy .

A (3) másodfokú egyenlet megoldásai az

11 y és 3

12 y

valós számok.

Az 3

12 y nem megoldás, mert

x

y

4

5 pozitív szám.

Ha 11 y , akkor

14

5

x

,

azaz

0

4

5

4

5

x

.

Mivel az x

xf

4

5 függvény kölcsönösen egyértelmű, ezért ebből

0x

következik.

Az eredeti egyenlet egyetlen megoldása tehát az 0x valós szám.

Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ez valóban megoldás )12113( .

Összesen:

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

11




2. Melyek azok az Nn számok, amelyekre

132 222 nn

prímszám?

Megoldás:

A hatványozás azonosságainak alkalmazásával a 132 222 nn kifejezést átalakítjuk:

(1) 1641322132 2222222 nnnnn .

Ha 0n , akkor az (1)-ben szereplő 164 2 n kifejezés értéke 5 , ez pedig prímszám.

Ezért 0n a feladat megoldása.

Ezután meghatározzuk az Nn feltétel mellett a 164 2 n kifejezés utolsó

számjegyét.

A 6 minden pozitív egész kitevőjű hatványa 6 -ra végződik.

Ebből következik, hogy a n264 szám 4 -re végződik, és így a 164 2 n kifejezés

utolsó számjegye 5 , eszerint pedig 164 2 n osztható 5 -tel.

Az Nn feltétel mellett tehát 5164 2 n , másrészt osztható 5 -tel, vagyis nem

lehet prímszám.

Ezért 164 2 n akkor és csak akkor lesz prímszám, ha 0n , és ekkor 5164 2 n .

Összesen:

2 pont

2 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

10 pont

12




3. Egy derékszögű háromszög oldalainak hossza egész szám.

Igazolja, hogy a háromszög az egyik csúcsán átmenő két egyenessel három egyenlő

területű részre vágható úgy, hogy a kapott részek területének mérőszáma is egész

szám!

1. Megoldás:

A derékszögű háromszög befogói az a és b , a háromszög területe

2

baT

.

Igazolnunk kell, hogy a terület harmadrésze, vagyis

63

baT

egész szám, ha cba ,, egész. Vagyis azt kell bizonyítani, hogy ba osztható 6 -tal.

A feltétel szerint az cba ;; számok egy háromszög oldalai, tehát pozitív egész számok.

A pozitív egész számok 3-mal való osztási maradékai a 1;0;1 számok lehetnek.

Mivel a Pitagorasz-tétel érvényes cba ,, -re, ezért

222 cba .

Figyelembe véve, hogy cba ;; pozitív számok, valamint, hogy a és b szerepe

felcserélhető, az Nkji ;; jelöléssel, ha

13,3 jbia , akkor 131699 2222 mjjiba ;

jbia 3,3 , akkor mjiba 399 2222 ;

13,13 jbia , akkor Nmmjjiiba 23169169 2222 ;

valamint, ha

kc 3 , akkor nkc 39 22 ;

illetve, ha

13 kc , akkor Nnnkkc 13169 22 .

Eszerint az 222 cba pitagoraszi összefüggés nem állhat fenn, ha

13 ia és 13 jb .

Ezért az ba; egész számok közül legalább az egyik osztható 3 -mal, tehát ba is osztható

3 -mal.

2 pont

3 pont

13




Másrészt a pozitív egész számok 2-vel osztva 0 vagy 1 maradékot adnak, ezért a

Nrqp ;; jelöléssel, ha

12,2 qbpa , akkor 141444 2222 sqqpba ;

qbpa 2,2 , akkor sqpba 444 2222 ;

12,12 qbpa , akkor

Nssqqppba 24144144 2222 ,

valamint, ha

,2rc akkor trc 44 22 ;

illetve, ha

12 rc , akkor Nttrrc 14144 22 .

Eszerint a 2c egész szám 4-gyel osztva nem adhat 2 maradékot, tehát nem lehet a és b

mindegyike páratlan szám. Ezért az ba; egész számok közül legalább az egyik osztható

2 -vel, tehát ba is osztható 2 -vel.

Ha ba osztható 3 -mal és 2 -vel, akkor 6 -tal is osztható, és ezzel beláttuk, hogy

63

baT egész szám, vagyis a háromszög valóban három egyenlő területű részre osztható

úgy, hogy a részek területe is egész szám.

A három egyenlő területű részre osztás meg is valósítható:

ha egy csúcsot összekötünk a szemközti oldal harmadolópontjaival, akkor olyan egyenlő

területű részeket kapunk, amelyeknek számértéke egész.

Például, ha 5,4,3 cba , akkor 5

12cm ,

32

2

1

5

12

3

5 Tt .

Összesen:

3 pont

1 pont

1 pont

10 pont

14




2. Megoldás: jelöléseink az 1. ábrán láthatók.

1. ábra

Az ba, befogójú, ABC derékszögű háromszög T területére 2

baT

, ahol Nba, , és

ezzel

63

baT .

Azt kell bizonyítanunk, hogy ba 6 .

Ez akkor és csak akkor teljesül, ha ba 2 és ba 3 egyszerre igaz, vagyis

baba 26 és ba 3 .

Tudjuk, hogy aba 22 vagy b2 , és

aba 33 vagy b3 .

Tegyük fel először, hogy:

Nlklbka ;12,12 .

A Pitagorasz-tétel érvényes cba ,, -re, ezért

222 )12()12( clk ;

azaz

222 2)(4)(4 clklk ;

és így

Nmcm 224 ,

ami lehetetlen, mert a négyzetszámok 4-gyel osztva 0 vagy 1 maradékot adnak.

2 pont

15




Ebből következik, hogy a2 vagy b2 teljesül, és ezért ba 2 is igaz.

Tegyük fel másodszor, hogy:

13 na és Npnpb ;13 .

A Pitagorasz-tétel érvényes cba ,, -re, ezért

222 )13()13( cpn ;

illetve

222 2)(6)(9 cpnpn ;

és így

Nqqc 232 .

Ez ismét lehetetlen, mert a négyzetszámok 3-mal osztva 0 vagy 1 maradékot adnak.

Ebből az következik, hogy a3 vagy b3 , és így ba 3 .

Mivel 1)3;2( , ezért ba 2 és ba 3 miatt ba 6 , ezért 63

baT egész szám.

A három egyenlő területű részre osztás meg is valósítható:

ha egy csúcsot összekötünk a szemközti oldal harmadolópontjaival, akkor olyan egyenlő

területű részeket kapunk, amelyeknek számértéke egész.

Például, ha 5,4,3 cba , akkor 5

12cm ,

32

2

1

5

12

3

5 Tt .

Összesen:

3 pont

3 pont

1 pont

1 pont

10 pont

16




4. Az ABC háromszögben

cABbCAaBC ;; hosszúságú, és az oldalak hosszaira teljesül, hogy

333 cba .

Bizonyítsa be, hogy 9060 BCA !

Megoldás:

Legyen a szokásos jelöléssel BCA .

A feltételi egyenlőség bal oldalát szorzattá alakítjuk:

(1) abbababa 2233 .

A háromszög-egyenlőtlenség miatt cba , ezért a feltétel és (1) figyelembe vételével

abbacc 223 ,

ahonnan 0c -val való egyszerűsítés után:

(2) abbac 222 .

A koszinusztétel szerint cos2222 abbac , így (2)-ből

abbaabba 2222 cos2

következik, ahonnan rendezés és az 0ab számmal való osztás után adódik, hogy:

(3) 2

1cos .

Tudjuk, hogy, 2

160cos , továbbá az xxf cos függvény a ;0 intervallumban

szigorúan monoton csökken, ezért (3) miatt 60 .

b) Másodszor belátjuk, hogy 90 , vagyis azt, hogy hegyesszög.

Indirekt módon bizonyítunk: tegyük fel, hogy 90 , azaz tegyük fel, hogy a

háromszög derékszögű, vagy tompaszögű.

Ekkor az oldalhosszak négyzeteire teljesül, hogy

(4) 222 cba .

Szorozzuk meg a (4) egyenlőtlenség mindkét oldalát 0c -val, ebből adódik, hogy

322 ccbca ,

ahonnan a feladat feltétele szerint:

(5) 3322 bacbca .

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

17




Az (5) egyenlőtlenség átrendezhető a következőképpen:

(6) 022 bcbaca .

Mivel minden háromszögben a legnagyobb szöggel szemben van a leghosszabb oldal, és

az indirekt feltétel szerint a háromszög legnagyobb szöge, ezért ac és bc .

Eszerint a (6) egyenlőtlenség bal oldala pozitív, ezért (6) nem állhat fenn.

Indirekt feltételünk tehát nem teljesülhet, azaz valóban

90 .

Eredményeinket egyesítve 9060 , és ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

Összesen:

Megjegyzés: a (4) összefüggés bizonyítható például a koszinusztétellel is.

1 pont

1 pont

1 pont

10 pont

5. Egy egységnyi oldalú négyzet csúcsai DCBA ;;; . Az AB oldal tetszőleges pontja

P . A Q pont a BC oldalon van, és 45PDQ .

Mekkora a PBQ háromszög kerülete?

1. Megoldás:

A feltételeknek megfelelő ábrát készítünk (2. ábra), amelyen az xAP , illetve

yCQ , zPQ , továbbá az ADP és CDQ jelöléseket választottuk.

2. ábra

A választott jelölésekkel egyrészt xBP 1 és yBQ 1 , valamint 45 ,

1 pont

18



2013/2014 10 OKTV 1. forduló

továbbá a PBQ háromszög K -val jelölt kerületére zyxzyxK 211 .

Mérjük fel az AB egyenesre az yAR szakaszt úgy, hogy a B és R pontokat az A

pont elválassza.

Ekkor az ADR és CDQ háromszögekben két-két megfelelő oldal hossza megegyezik,

hiszen yCQAR és 1CDAD , illetve a kiválasztott két-két oldal által bezárt

szög mindkét háromszögben derékszög.

Az ADR és CDQ háromszögek tehát egybevágók, és így ADR , valamint

DQDR .

Ebből az is következik, hogy a PDR és PDQ háromszögek is egybevágók, mert a PD

szakasz közös, és az előbbiek alapján DQDR , továbbá mindkét háromszögben a

kiválasztott oldalak által bezárt szög 45 .

Ez azt jelenti, hogy a PDR és PDQ háromszögekben a yxPR és a zPQ

szakaszok hossza is egyenlő, azaz zyx .

Ezért a PBQ háromszög K kerülete 222 yxyxzyxK , vagyis a

PBQ háromszög kerülete 2 hosszúságegység.

Összesen:

Megjegyzés:

Ha a négyzet oldalhossza a , akkor a fentiekhez hasonlóan bizonyítható, hogy aK 2 .

1 pont

2 pont

2 pont

2 pont

2 pont

10 pont

2. Megoldás:

A megoldás során az 1. megoldás ábráját és jelöléseit használjuk.

Ezekkel a jelölésekkel az ADP háromszögben

xx

tg 1

,

a CDQ háromszögben pedig

yy

tg 1

.

1 pont

1 pont

19



2013/2014 11 OKTV 1. forduló

Tudjuk, hogy 45 , ezért a

tgtg

tgtgtg

1 trigonometrikus összegzési

tételből kapjuk, hogy

xy

yxtg

145 ,

mivel azonban

145 tg ,

ezért

11

xy

yx,

amiből

(1) xyyx 1

következik.

A PBQ háromszögre felírt Pitagorasz-tételből azt kapjuk, hogy 222 11 yxz ,

ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel:

(2) yxyxz 222222 .

A (2) összefüggésből az következik, hogy

(3) yxyxz 22222 .

(3)-ba (1)-et behelyettesítve

xyyxz 122222 ,

innen pedig a műveletek elvégzésével és rendezéssel

(4) xyyxz 2222 .

(4) éppen azt jelenti, hogy

22 yxz ,

és mivel zyx ;; pozitív számok, ezért

(5) yxz .

A PBQ háromszög kerülete tehát

zyxK 11 ,

amelyből (5) felhasználásával kapjuk, hogy

211 yxyxK .

Összesen:

2 pont

2 pont

2 pont

2 pont

10 pont

20



2013/2014 12 OKTV 1. forduló

6. Egy 5x5-ös táblázat minden sorába és minden oszlopába pontosan egyszer

beírtuk az 1, 2, 3, 4, 5 számokat. A táblázatba beírt számok a táblázat egyik

átlójára szimmetrikusan helyezkednek el.

A feltételeknek megfelelő kitöltés esetén mennyi lehet a táblázat

szimmetriaátlójában levő számok összege?

Megoldás:

A táblázat egy lehetséges kitöltése a következő:

A továbbiakban bizonyítani fogjuk, hogy a táblázat feltételeknek megfelelő kitöltése

esetén a szimmetriaátlóban (itt BD -ben) az 1; 2; 3; 4 és 5 számok mindegyike

előfordul és nyilvánvalóan mindegyik egyszer.

Ha a táblázatot a feltételeknek megfelelően kitöltöttük, akkor minden sorban és minden

oszlopban egy darab 1-es, egy darab 2-es, egy darab 3-as, egy darab 4-es és végül egy

darab 5-ös van. Ez azt is jelenti, hogy a táblázatban összesen rendre öt darab 1-es, 2-es,

3-as, 4-es és 5-ös van, azaz mindegyikből páratlan számú.

Jelöljük ki a táblázat valamelyik, nem a szimmetriaátlóban levő helyét, nem sérti az

általánosságot, ha az itt levő számot 1-esnek választjuk. Ilyen a feltételek miatt

biztosan van.

A szimmetria miatt a kiválasztott helynek a szimmetriaátlóra vonatkozó tükörképe a

táblázat olyan helye, ahol szintén 1-es áll.

Eszerint minden, a szimmetriaátlóban nem szereplő 1-esnek van a táblázatban egy

megfelelő párja, vagyis az ilyen elhelyezkedésű 1-esek párba állíthatók, azaz páros

sokan vannak.

1 3 2 5 4

2 1 4 3 5

3 5 1 4 2

4 2 5 1 3

5 4 3 2 1

2* pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

A

B C

D

21



2013/2014 13 OKTV 1. forduló

Mivel azonban a táblázatban összesen páratlan számú 1-es van, ezért legalább az egyik

1-esnek nincs párja, tehát a szimmetriaátlóban kell lennie. Így a szimmetriaátlóban 1;

3, vagy 5 darab 1-es lehet. Hasonlóan bizonyítható, hogy a szimmetriaátlóban ugyanez

igaz a 2-es, 3-as, 4-es és 5-ös számokra is. Mivel a szimmetriaátlóban csak öt hely van,

ezért minden számból pontosan csak egy szerepelhet itt.

A táblázat, feltételeknek megfelelő bármely kitöltése esetén tehát a szimmetriaátlóban

szereplő számok összege 1554321 .

Összesen:

Megjegyzések:

1) ha a versenyző megad egy helyes kitöltést, például:

de nem bizonyítja, hogy a szimmetriaátlóban mind az öt szám pontosan egyszer

előfordul, akkor legfeljebb a *-gal jelzett pontokat kaphatja meg.

2) minden 1212 nxn -es Nn táblázatra igaz, hogy a feltételeknek

megfelelő kitöltés esetén a szimmetriaátlóban az összes 12;...;3;2;1 n szám pontosan

egyszer előfordul, ezért a szimmetriaátlóban levő számok összege

13212...321 2 nnn .

1 5 3 4 2

3 2 5 1 4

2 1 4 5 3

4 3 1 2 5

5 4 2 3 1

2 pont

1* pont

10 pont

A

B

D

C

22

Megoldások I. forduló Gimnázium


elso fordulo

MATEMATIKA

II. KATEGORIA(GIMNAZIUM)

Javıtasi–ertekelesi utmutato

1. Melyek azok a pozitıv p es q prımek, amelyekre a

p + q, p + q2, p + q3, p + q4

szamok mindegyike prım?

Megoldas: A pozitıv prımszamok a 2 kivetelevel mind paratlanok. Ha p es q egyikesem 2, akkor p + q 2-nel nagyobb paros szam, ami nem lehet prım. Nem lehet p = q = 2sem, hiszen akkor p + q = 4, ami nem prım. Tehat p es q kozul pontosan az egyik lehet a2. 3 pont

Legyen eloszor p = 2. Ha q = 3, akkor a feladatban szereplo negy tovabbi szam az 5,11, 29 es 83. Ezek mindegyike prım. Ha q 6= 3, akkor 3-as maradeka lehet 1. q = 3k + 1eseten p + q = 2 + 3k + 1 = 3 · (k + 1), ami 3-mal oszthato 3-nal nagyobb szam, azaz nemprım. Amennyiben q = 3k +2 alaku, akkor p+ q2 = 2+9k2 +12k +4 = 3 · (3k2 +4k +2),ami ismet 3-nal nagyobb 3-mal oszthato szam, ez sem lehet prım. 2 pont

Legyen q = 2. Ha p = 3, akkor a feladatban szereplo negy tovabbi szam az 5, 7, 11,19. Ezek mindegyike prım. Ha p 6= 3, akkor p = 3k +1 eseten az elozoek mintajara p+ q,p = 3k + 2 eseten p + q2 = 3k + 2 + 4 = 3 · (k + 2) lesz 3-mal oszthato 3-nal nagyobbszam, ami nem lehet prım. 2 pont

Azt kaptuk, hogy a feladat felteteleinek ket (p; q) szampar felel meg, a (2; 3) es a (3; 2).

Osszesen: 7 pont

2. Hatarozzuk meg, a p valos parameter mely ertekeinel hany megoldasa van a kovet-kezo egyenletnek:

|√

|x − 3| − 2| − 1 = p

Megoldas: A bal oldalt abrazoljuk, mint az x valtozo fuggvenyet. A kulonbozomuveletek elvegzese soran nyomon kovetjuk a fuggveny transzformacioit. Legyen f1 =|x − 3|, veve ennek gyoket kapjuk az f2 =

√|x − 3| fuggvenyt. Ebbol kettot levonva a

grafikon az y tengellyel parhuzamosan 2 egysegnyivel negatıv iranyba mozdul, ıgy kapjukf3 =

√|x − 3| − 2-t. 2 pont

OKTV 2013/2014 1 1. fordulo

23


Matematika II. kategoria

2

4

6

8

−2

−4

2 4 6 8 10−2−4

f1

f2

f3

Mivel f4 = |f3|, ezert f4 grafikonjat ugy kapjuk, hogy az f3 fuggveny grafikonjanak xtengely alatti reszet tukrozzuk az x tengelyre. Ebbol 1-et kivonva, azaz f4 szaggatottaljelolt grafikonjat y tengellyel parhuzamosan negatıv iranyba 1-gyel elmozdıtva kapjuk akiindulo egyenlet bal oldalan allo f5 = |

√|x − 3| − 2| − 1 fuggveny grafikonjat. 2 pont

2

4

−2

2 4 6 8 10 12 14 16 18−2−4−6−8−10−12

f5

f4

A feladatban kituzott egyenlet jobb oldalan a p konstans van egyedul. Ha ezt, mintfuggvenyt abrazoljuk, akkor grafikonja az y = p egyenletu egyenes, amely az x tengellyelparhuzamos. A megoldasok szamat tehat az donti el, hogy az f5 fuggveny grafikonjanakhany kozos pontja van az y = p egyenletu egyenessel. 1 pont

Mivel az f4 fuggveny ertekkeszlete a [0; ∞), ezert az f5 ertekkeszlete [−1; ∞). Ha tehatp < −1, az egyenletnek nincs megoldasa. Ha p = −1, akkor az egyenletnek ket megoldasavan.

f3-nak az x = 3-nal van a minimuma es itt erteke -2. Igy f4 erteke x = 3-nal 2,tehat f5 erteke x = 3-nal 1. Ha tehat −1 < p < 1 akkor az egyenletnek negy megoldasavan. Ha p = 1, akkor a megoldasok szama harom, vegul 1 < p eseten ket megoldas van.Osszefoglalva:

p erteke p < −1 p = −1 −1 < p < 1 p = 1 1 < pmegoldasok szama 0 2 4 3 2

2 pontOsszesen: 7 pont


24



2. Megoldas: A feladat megoldasat algebrai uton is nyomon kovethetjuk. Rendezesutan

|√

|x − 3| − 2| = p + 1

tehat p + 1 ≥ 0, kulonben nincs megoldas. 1 pontAz abszolutertek ”feloldasa” kovetkezik:(i) ha

√|x − 3| − 2 ≥ 0 akkor

√|x − 3| − 2 = p + 1, azaz

√|x − 3| = p + 3;

(ii) ha√

|x − 3| − 2 < 0 akkor 2 −√

|x − 3| = p + 1, azaz√

|x − 3| = 1 − p. 2 pont

p = −1 eseten (i) es (ii) ugyanazt az egyenletet adja,√

|x − 3| = 2 es ennek ketmegoldasa van. 1 pont

Ha −1 < p < 1 akkor (i) es (ii) esetben is ket megoldas adodik (negyzetre emeles utanaz x − 3 illetve 3 − x hoz egy-egy megoldast.) Ekkor tehat negy megoldas van. 1 pont

Ha p = 1 akkor (i) ket megoldast ad, (ii) viszont csak egyet, tehat ekkor a megoldasokszama harom. 1 pont

Ha p > 1, akkor (ii) esetben nincs gyok, az (i) eset ket gyokot ad, tehat ilyenkor ketmegoldas van. 1 pont

3. Hany olyan otjegyu tızes szamrendszerbeli pozitıv egesz szam van, melyben a jegyekszorzata 50-re vegzodik?

Megoldas: Nem szerepelhet a szamban a 0 szamjegy, mert ekkor a jegyek szorzata is0 lenne, ami nem 50-re vegzodo szam. 1 pont

Ha a jegyek szorzata 50-re vegzodik, akkor 50-nel oszthato. 50 = 25 · 2, a 25 es a 2relatıv prım, tehat 25-tel es 2-vel is oszthato. 1 pont

Ha a jegyek szorzata 4-gyel is oszthato lenne, akkor mar 00-ra vegzodne. Azt kaptuk,hogy a jegyek szorzatanak prımtenyezos felbontasaban a 2 kitevoje 1, az 5 kitevoje legalabb2. 1 pont

Az eddigiek alapjan vegyuk sorra a lehetosegeket a szerint, hogy a szamban hany 5-osszamjegy szerepel.

(i) Ket darab 5-os eseten van meg tovabbi harom szamjegy. Ezek kozul egy lehet paros,az sem lehet 4-gyel oszthato. A paros jegy tehat a 2 es a 6 valamelyike. A tovabbi ketszamjegy lehet az 1, 3, 7, 9 barmelyike. Kivalasztjuk az ot helyiertek kozul a ket 5-oshelyet, ez lehet

(52

)= 10-fele. A maradek harom helybol kivalasztjuk a paros helyet,

ide ket szam kerulhet, ez 6 lehetoseg. A maradek ket hely mindegyikenel egymastolfuggetlenul valaszthato 4 szam, ami 16 eset. Igy ebben az esetben 10 · 6 · 16 = 960 szamotkapunk. 1 pont

(ii) Harom darab 5-os eseten van meg tovabbi ket szamjegy. Az elozoek mintajara az5-osok helye lehet

(53

)= 10-fele. A paros szam ket helyre kerulhet es ketfele lehet, ıgy 4

lehetoseg van. A megmaradt egy helyre is 4-fele szam ırhato, az 1, 3, 7, 9 valamelyike.Ekkor 10 · 4 · 4 = 160 szamot kapunk. 1 pont

(iii) Negy darab 5-os eseten egy tovabbi jegy van, ami csak a 2 vagy a 6 lehet. A parosjegy ot helyre kerulhet es ketfele lehet, tehat itt 10 jo szamot kapunk. 1 pont

Osszesen 960+160+10=1130 szam van, ami megfelel a feladat felteteleinek. 1 pontOsszesen: 7 pont


25



4. Jelolje M a hegyesszogu ABC haromszog magassagpontjat. Legyen P , Q es Rrendre a BCM , CAM es ABM haromszogek kore ırt koreinek kozeppontja.

(a) Igazoljuk, hogy ABC es PQR egybevago haromszogek.(b) Igazoljuk, hogy az AP , BQ es CR egyenesek egy pontra illeszkednek.

Megoldas: (a) A BM egyenes a haromszog magassagvonala, tehat meroleges az AColdalra, ezert CBM∠ = 90◦ − γ. Hasonloan adodik, hogy BCM∠ = 90◦ − β. A BMCharomszogben ezek alapjan BMC∠ = 180◦ − α. Tukrozzuk az M pontot a BC oldalra,ıgy kapjuk az M ′ pontot, amelyre BM ′C∠ = BMC∠ = 180◦ − α. Az ABM ′C tehathurnegyszog, mivel szemkozti szogeinek osszege 180◦. 1 pont

Az iment belattuk, hogy a haromszog magassagpontjat a haromszog egy oldalaratukrozve a tukorkep a kore ırt korre esik. Ez megfordıtva azt jelenti, hogy a kore ırtkort a haromszog oldalara tukrozve, a kor tukorkepe atmegy az M ponton. Ezek szerinta feladatban szereplo P , Q es R pontokat ugy kaphatjuk, hogy az ABC haromszog koreırt korenek O kozeppontjat tukrozzuk rendre a BC, CA es AB oldalakra. 1 pont

bA

bB

b C

b

M

bP

bM ′

bO

bQ

Mivel O tukorkepe BC-re P es BO = CO, ezert BOCP rombusz, azaz PC parhuzamoses egyenlo BO-val. Ugyanıgy igaz, hogy CQ es OA parhuzamos es egyenlo. Ezek sze-rint a BOA es PCQ haromszogek egybevagoak, amibol kovetkezik, hogy BA es PQ (i)parhuzamos es (ii) egyenlo.

Az (ii) tulajdonsagbol adodik, hogy ABC es PQR egybevagoak, hiszen a BA, PQparnal latott modon igazolhato, hogy oldalaik paronkent egyenlo hosszusaguak. 2 pont

Az (a) resz bizonyıtasanak utobbi 2 pontjahoz egy masik erveles: O tukorkepe aharomszog oldalaira P , Q es R. E tukorkepeket azonban ugy is megkaphatjuk, hogy az Opontnak az oldalakon levo vetuleteit (azaz az oldalfelezo pontokat) O kozepu 2 aranyu ha-

sonlosaggal visszuk a P , Q es R pontokba. Am az oldalfelezok egy, az eredetihez hasonlo,fele akkora haromszog csucsai, tehat PQR egybevago ABC-vel.

(b) Az (a) reszben kiderult, hogy BA es PQ parhuzamos es egyenlo, ıgy az ABPQnegyszog paralelogramma, ennek atloi felezik egymast. Ezek szerint AP felezopontjanatmegy BQ. Logikai szimmetria miatt ugyanez elmondhato az AP , BQ es CR szakaszokkozul valaszthato tetszoleges par eseten. A harom szakasz tehat egy ponton megy at, esez a pont felezi mind a harom szakaszt. 3 pont

Osszesen: 7 pont


26



2. Megoldas: (a) A haromszog kore ırt korenek kozeppontja rajta van minden ol-dalanak a felezo merolegesen. Ezek szerint az MC szakasz felezo merolegesen van a P esQ pont. Nagyıtsuk a PQR haromszoget az M pontbol ketszeresre, ıgy kapjuk a P ′Q′R′

haromszoget. Ekkor P ′Q′ atmegy a C ponton, tovabba mivel PQ meroleges az MC-re,azaz PQ es AB parhuzamosak, tovabba PQ es P ′Q′ a nagyıtasbol adodoan parhuzamosak,ezert P ′Q′ parhuzamos AB-vel. Ugyanilyen ervelessel adodik, hogy Q′R′ atmegy A-n esparhuzamos BC-vel, tovabba R′P ′ atmegy B-n es parhuzamos AC-vel. 2 pont

b A

bB

b C

bM

bQ

bR

bP

bQ′

b R′

b P ′

Most az ABC haromszog S sulypontjat valasszuk kozeppontnak es vegezzunk −12

aranyu kozeppontos hasonlosagot, ez a P ′Q′R′ haromszog oldalait az ABC megfelelooldalaiba viszi, ıgy a P ′Q′R′ haromszog kepe eppen az ABC lesz. Ket kozeppontoshasonlosagot vegeztunk, az elsoben 2, a masodikban −1

2volt az arany. Mivel ezek szorzata

-1, ezert a kiindulasi PQR haromszoget kozeppontos tukrozes viszi az ABC haromszogbe,ıgy azok egybevagoak. 2 pont

(b) Belattuk, hogy PQR haromszoget kozeppontos tukrozes viszi az ABC haromszogbe.A transzformacio szerinti megfelelo pontokat osszekoto egyenesek athaladnak a kozeppontostukrozes centruman, tehat PA, QB es RC egy ponton haladnak at. Most is megkaptuk,hogy a kozos pont eppen felezi ezeket a szakaszokat. 3 pont

Megjegyzes: A feladat nagyon sokfelekeppen megoldhato. Mas, helyes megoldas esetenis a pontozas soran az (a) resz 4, a (b) resz 3 pontot er.


27



5. Oldjuk meg a valos szamok halmazan az alabbi egyenlotlenseget:√

tg2x − 3 > 1 + 2 · tg x

Megoldas: A gyokjel alatti kifejezes nem lehet negatıv, tehat tg2x − 3 ≥ 0, azaz (i)tgx ≤ −

√3, vagy (ii) tgx ≥

√3. 2 pont

Az (i) esetben a bal oldalon allo gyokos kifejezes erteke legalabb 0, mıg a jobb oldallegfeljebb 1 − 2 ·

√3. Ebben az esetben az egyenlotlenseg teljesul, a megfelelo x ertekek

−π

2+ k · π < x ≤ −π

3+ k · π, k ∈ Z

3 pontAz (ii) esetben az egyenlotlenseg mindket oldala nemnegatıv, negyzetre emelhetunk:

tg2x − 3 > 1 + 4 · tg x + 4 · tg2x

Mivel tgx > 0, ezert a bal oldal kisebb, mint tg2x, a jobb oldal pedig nagyobb, ezert azegyenlotlenseg itt nem teljesulhet. 2 pont

Osszesen: 7 pont


28

Megoldások I. forduló Specmat

��


elso fordulo

MATEMATIKA

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, 2013. november A versenybizottság

1. feladat

A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P ′ a P -vel átellenes ponta körön. Bizonyítsuk be, hogy AP ′ · BP ′ − AP · BP állandó.

Első megoldás: Jelölje d a kör átmérőjét, α az APP ′ szöget, β pedig a BPP ′ szöget.

OKTV 2013/2014 1 1. forduló

29


Matematika III. kategória

Thalész tétele szerint a PAP ′ háromszög A-nál, a PBP ′ háromszög B-nél derékszögű,ezért

AP ′ = d sinα, BP ′ = d sinβ, AP = d cosα és BP = d cosβ . (3 pont)

Ezekből

AP ′ · BP ′ − AP · BP = d2(sinα sinβ − cosα cosβ) = −d2 cos(α+ β)

következik. (2 pont)

Ez a mennyiség valóban állandó, mert a kerületi szögek tétele alapján az α + β szög nemfügg P helyzetétől az AB íven. (2 pont)

Második megoldás: Jelölje ϕ az APB szöget, ϕ′ az AP ′B szöget, továbbá m és m′ a P ,illetve a P ′ pont távolságát az AB egyenestől.

Írjuk föl az ABP és az ABP ′ háromszög területét kétféleképpen:

tABP =1

2AP · BP · sinϕ =

1

2AB · m

tABP ′ =1

2AP ′ · BP ′ · sinϕ′ =

1

2AB · m′ (3 pont)

Az APBP ′ húrnégyszögben ϕ és ϕ′ szemközti szögek, ezért sinϕ = sinϕ′. Ezt felhasználva

AP ′ · BP ′ − AP · BP =AB

sinϕ(m′ − m) . (2 pont)

A ϕ szög nem függ P -től a kerületi szögek tétele miatt. Mivel P és P ′ átellenes pontok akörön, egyenlő u távolságra vannak az AB-vel párhuzamos átmérőtől. Ezért m = u− v ésm′ = u+ v, ahol v a középpont és az AB egyenes távolsága. Így m′ −m = 2v szintén nemfügg P -től. (2 pont)


30



2. feladat

Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7 pedig egy egészszám ötödik hatványa?

Megoldás: Keressük N -et N = 5r7sv alakban, ahol (v, 35) = 1, és használjuk fel, hogyegy pozitív egész pontosan akkor k-adik hatvány, ha prímtényezős felbontásában mindenprím kitevője a k-nak többszöröse. (1 pont)

Ekkor a feltétel szerint N/5 = 5r−17sv prímtényezős felbontásában minden kitevő osztható7-tel, N/7 = 5r7s−1v prímtényezős felbontásában pedig minden kitevő osztható 5-tel.

(2 pont)

Ez azt jelenti, hogy r = 7a + 1 = 5b, s = 5c + 1 = 7d, és v felbontásában minden prímkitevője 5-tel és 7-tel is, vagyis 35-tel osztható, tehát v egy egész szám 35-ödik hatványa.

(2 pont)

Így megfelel például r = 15, s = 21, v = m35 (ahol m és 35 relatív prímek), azaz N == 515721m35, tehát végtelen sok N létezik. (2 pont)

Megjegyzések : 1. A feladat megoldása akkor is teljes értékű, ha a versenyző megad végtelensok N -et (például az N = 515721m35 alakú számokat) annak részletezése nélkül, hogyezeket hogyan találta meg, továbbá indokolja, hogy ezek valóban eleget tesznek a feladatkövetelményeinek.

2. Az is könnyen adódik, hogy az összes megoldás N = 515+35t721+35um35, ahol (m, 35) = 1,illetve egyszerűbb alakban N = 515721M35, ahol M tetszőleges pozitív egész. Hasonlóankezelhető a probléma, ha az 5 és 7 helyett két tetszőleges relatív prím szerepel. A relatívprímség feltétele nem hagyható el, például N = 4x10 = 10y4 sohasem teljesül, mert a 2kitevője a bal oldalon páros, a jobb oldalon viszont páratlan.

3. feladat

Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A1, B1 és C1 a P pontmerőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon. Bizonyítsuk be, hogy

AC1 · BA1 +BA1 · CB1 + CB1 · AC1 = C1B · A1C +A1C · B1A+B1A · C1B .

Első megoldás: Húzzunk a P ponton keresztül egyeneseket az ABC háromszög oldalaivalpárhuzamosan. Ezek a háromszöget földarabolják három kisebb szabályos háromszögre éshárom parallelogrammára. (2 pont)


31



Az A, B, C csúccsal szemközti kis szabályos háromszög oldalát jelöljük rendre a-val, b-vel,illetve c-vel. Ezek egyúttal a parallelogrammáknak is oldalhosszai, így

AC1 = b+c

2, BA1 = c+

a

2, CB1 = a+

b

2,

C1B =c

2+ a , A1C =

a

2+ b , B1A =

b

2+ c . (3 pont)

Ezeket a bizonyítandó formulába helyettesítve beszorzás és rendezés után mindkét oldalon

7

4(bc+ ca+ ab) +

1

2(a2 + b2 + c2)

adódik, tehát a két oldal egyenlő. (2 pont)

Második megoldás: A bizonyítandó egyenlőség abban az esetben nyilvánvalóan igaz,amikor P éppen a háromszög O középpontjával esik egybe, hiszen akkor a benne szereplőösszes szakasz egyenlő hosszú.

Legyen most P és P ′ a háromszög két olyan belső pontja, amelyekkel a PP ′ egyenes aháromszög valamelyik oldalára merőleges. Bebizonyítjuk, hogy ha a feladat állítása igazP és P ′ közül az egyikre, akkor a másikra is igaz. (2 pont)

Ebből már következik, hogy az állítás minden P -re igaz, ugyanis az O középpontból tet-szőleges másik P belső pontba el tudunk jutni olyan elmozdítások egymásutánjával, ame-lyeknél a pont valamelyik oldalra merőleges irányban mozdul el. Valóban, ha O-ból egyadott P belső pontba akarunk eljutni, akkor P -ből húzzunk valamelyik oldalra merőlegesegyenest, ez biztosan metszi a háromszög valamelyik szimmetriatengelyét egy P ′ belsőpontban, és ekkor O-ból először P ′-be lépve legfeljebb két lépésben eljutunk P -be. (1 pont)

Tegyük fel tehát, hogy PP ′ merőleges egy oldalegyenesre. Az általánosság csorbítása nélkülfeltehetjük, hogy PP ′ ⊥ AB, és hogy P ′ van távolabb AB-től. Legyenek A′

1, B′1 és C ′

1 aP ′ merőleges vetületei az oldalakon, ekkor C ′

1 = C1. Az AC és BC oldalegyenesek a PP ′

egyenessel egyenlő (30◦-os) szöget zárnak be, ezért a PP ′ szakasz vetülete a két oldalonegyenlő. (1 pont)


32



Legyen x = A1A′1 = B1B

′1, ezzel a bizonyítandó egyenlőséget P ′-re vonatkozóan így

írhatjuk fel:

AC1 · (BA1 + x) + (BA1 + x) · (CB1 − x) + (CB1 − x) · AC1 =

= C1B · (A1C − x) + (A1C − x) · (B1A+ x) + (B1A+ x) · C1B

Beszorzás után az x-et nem tartalmazó tagok a P -re felírt egyenlőséget adják. Az x-ettartalmazó tagok részben kiesnek, a megmaradók pedig (CB1−BA1) ·x = (A1C−B1A) ·xalakban írhatók. Ez az egyenlőség valóban fennáll, hiszen CB1 + B1A = BA1 + A1C aháromszög oldalhossza. Tehát a feladat állítása akkor és csak akkor igaz a P ′ pontra, haP -re igaz. (3 pont)

Harmadik megoldás: Válasszuk a háromszög oldalát 2 egységnyinek, és jelöljük u-val,v-vel, w-vel az A1, B1, illetve C1 pont előjeles távolságát a megfelelő oldal felezőpontjától,az előjelet a háromszög körüljárása irányában pozitívnak tekintve. Ekkor az AC1 = 1+w,C1B = 1 − w stb. formulákat fölhasználva a bizonyítandó egyenlőtlenség az

(1+w)(1+u)+(1+u)(1+v)+(1+v)(1+w) = (1−w)(1−u)+(1−u)(1−v)+(1−v)(1−w)

alakot ölti. Beszorozva és átrendezve azt kapjuk, hogy ez az egyenlőség pontosan akkor állfönn, ha u+ v + w = 0. (3 pont)

Azt kell tehát bebizonyítanunk, hogy u+ v+w = 0. Ehhez tekintsük az−→OP vektort, ahol

O az ABC háromszög középpontja, és vetítsük az oldalegyenesekre. Az u, v, w számoképpen a vetületek előjeles hosszával egyenlők, ezért előállíthatók

−→OP és az oldalvektorok

skaláris szorzatai segítségével:

−→OP · −→

BC = u · |−→BC| = 2u ,

és hasonlóan−→OP · −→

CA = 2v,−→OP · −→

AB = 2w. Emiatt valóban

u+ v + w =1

2

−→OP · (−→

BC +−→CA+

−→AB) =

1

2

−→OP · 0 = 0 . (4 pont)


33



4. feladat

Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszer lehet, hogy mindenkipáratlan sok másikat ismer (az ismeretség kölcsönös)?

Megoldás: Az n nem lehet páratlan, mert akkor az összes ismeretség páratlan sok páratlanszám összegének a fele lenne, ami nem egész szám. (1 pont)

Páros n-re rögzítsünk egy tetszőleges E embert, és tekintsük a többi n − 1 ember alkottaT társaságban az összes lehetséges ismeretségi kapcsolatrendszert (függetlenül attól, hogyegy adott embernek T -ben páros vagy páratlan sok ismerőse van). Hogy a feladat feltételeteljesüljön, egy A ∈ T embert pontosan akkor tekintsünk az E ismerősének, ha A-nakT -ben páros sok ismerőse volt. (3 pont)

Ekkor E-nek is páratlan sok ismerőse lesz, hiszen T -n belül (n − 1)−páros, azaz páratlansok embernek volt páros sok ismerőse. (1 pont)

Így a keresett ismeretségi kapcsolatrendszerek száma ugyanannyi, mint T -ben az összes

lehetséges ismeretségi kapcsolatrendszerek száma, ami 2(n−1

2 ). (2 pont)

5. feladat

Legyenek a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn valós számok. Bizonyítsuk be, hogy

(a1 + a2 + . . .+ an + b1 + b2 + . . .+ bn)2 ≥ 4n(a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn).

Első megoldás: Tekintsük az f(x) = (x− a1)(x− b1) + . . .+ (x− an)(x− bn) másodfokúpolinomfüggvényt. (1 pont)

Ekkor a feltételek alapján f(an) csupa nempozitív szorzat összege, tehát f(an) ≤ 0.(2 pont)

Mivel f(x) főegyütthatója pozitív, ezért az előzőek alapján van valós gyöke. (2 pont)

Ebből következik, hogy a diszkriminánsa nemnegatív, ami átrendezve éppen a bizonyítandóegyenlőtlenséget adja. (2 pont)

Második megoldás: Először belátjuk, hogy ha az ai, bj számok mindegyikéhez ugyanazta d valós számot adva az a′i = ai+d és b′j = bj+d számokat képezzük, akkor a bizonyítandóegyenlőtlenség egyformán érvényes vagy nem érvényes az ai, bj számokra, illetve az a′i, b

′j

számokra. (2 pont)

Valóban, az S = a1 + . . . + an + b1 + . . . + bn és T = a1b1 + . . . + anbn, illetve a hasonlóS ′ és T ′ jelöléseket használva, és a feladatban szereplő S2 ≥ 4nT egyenlőtlenséget föltéve

S ′2 = (S + 2nd)2 = S2 + 4ndS + 4n2d2 ≥≥ 4nT + 4ndS + 4n2d2 = 4n(T + dS + nd2) =

= 4n((

a1b1 + d(a1 + b1) + d2)+ . . .+

(anbn + d(an + bn) + d2

))=

= 4nT ′,

fordított szereposztással pedig a fordított irányú következtetés adódik. (3 pont)

Az ai, bj számok mindegyikéből ugyanazt az an és b1 közötti számot levonva feltehetjüktehát, hogy az összes ai nempozitív, és az összes bj nemnegatív. Ilyenkor viszont a bi-zonyítandó egyenlőtlenség magától értetődik: a bal oldal nemnegatív, míg a jobb oldalnempozitív. (2 pont)


34

Megoldások II. forduló Szakközépiskola

OKTV 2013/2014 2. forduló

Oktatás i Hivata l

A 2013/2014. tanévi


második forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)


1. A 257 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek. Ha

a számjegyeket fordított sorrendben leírjuk, akkor az eredetinél

nagyobb számot kapunk, a 752-t.

Hány ilyen tulajdonságú háromjegyű szám van?

Megoldás:

A keresett számok nem végződhetnek nullára, mert a fordítottjuknak is háromjegyű

számnak kell lennie.

Meghatározzuk azoknak a háromjegyű számoknak a számát, amelyeknek minden

számjegye különböző és az egyesek helyén álló szám nem 0.

A százasok helyén 9-féle számjegy állhat, de a számjegyek különbözők, ezért az egyesek

helyén már csak 8-féle számjegy lehet.

A tízesek helyén ismét 8-féle számjegy lehet, mert itt nem állhat az, ami a százasok

illetve az egyesek helyén, viszont itt szerepelhet a 0.

Azokból a számokból, amelyeknek minden számjegye különböző és az egyesek helyén

álló szám nem 0,

576889

darab van.

Ezek között a számok között szerepelnek azok is, amelyekben a százasok helyén álló

számjegy kisebb, mint az egyesek helyén álló, és szerepel minden ilyen szám fordítottja

is.

Mivel a számok ilyen módon párokba állíthatók, így a feladat feltételének éppen a

számok fele tesz eleget, vagyis

2882

889

ilyen szám van.

Összesen:

2 pont

3 pont

2 pont

3 pont

10 pont

35




2. Az a valós paraméter mely értékeire lesz az

0122

144 222

xx

ax

aaxx

egyenletnek pontosan egy valós megoldása?

Megoldás:

Az egyenlet bal oldalán szereplő tört nevezője miatt ax 2 .

Alkalmazva a két tag különbségének négyzetére vonatkozó azonosságot a tört

számlálójában, és az 2121212222 xxxxx azonos átalakítást:

0212

2

12 2

2

xx

ax

ax,

illetve

(1) 212

12

2

x

axax .

Mivel a tört számlálója biztosan pozitív, (1) ekvivalens az

212

12 22

x

ax

ax

egyenlettel.

Az egyenletben szereplő törtet átalakítva, és figyelembe véve, hogy

baba

abban az esetben, ha mindkét tag azonos előjelű, az egyenlet

(2) 212

12

2

x

axax

alakban írható.

Egy pozitív számnak és reciprokának az összege legalább 2.

Egyenlőség akkor áll fenn, ha maga a szám egyenlő 1-gyel.

Ezért a (2) egyenlet csak úgy teljesülhet, ha

12 ax , és 1x

egyszerre teljesül.

Ezekből:

(3) 121 a .

A (3) egyenlet szerint 121 a , vagy 121 a , azaz 0a vagy 1a .

2 pont

2 pont

2 pont

36




Megvizsgáljuk, hogy ezekre a paraméterekre pontosan egy valós megoldása van-e az

egyenletnek.

Ha 0a , akkor az eredetivel ekvivalens (1) egyenletből kapjuk, hogy

(4) 211 2

xx

x .

Mivel a (4) egyenletben az abszolút-értékes tényező legalább 2, a jobb oldal értéke pedig

pontosan 2, ezért egyenlőség csak 012x , azaz 1x esetben áll fenn.

Az egyenletnek 0a mellett tehát valóban egy megoldása van.

Ha 1a , akkor az (1) egyenletből:

(5) 212

12

2

x

xx .

Az (5) egyenletben az abszolút-értékes tag szintén legalább 2, a jobb oldal értéke pedig

pontosan 2, ezért egyenlőség ismét csak 012x , azaz 1x esetben áll fenn, ezért az

1a mellett is pontosan egy valós megoldása van az egyenletnek.

Összesen:

2 pont

2 pont

10 pont

37




3. Messe az AB átmérőjű 1k kört a C és D pontokban az A középpontú

2k kör. A 2k körnek az AB átmérőre eső pontja legyen E ! Válasszuk ki

a 2k körnek az ABC háromszög belsejébe eső CE körívén az ív egy

tetszőleges M belső pontját! A BM egyenes és a 1k kör másik

metszéspontját jelöljük N -nel!


DNCNMN 2 !

Megoldás:

Jelöléseink az 1. ábrán láthatók.

1. ábra

A bizonyítandó

DNCNMN 2

összefüggés azonos átalakítása után elég megmutatni, hogy

MN

CN

DN

MN .

Ehhez elegendő igazolni, hogy a

CMN és MDN

háromszögek hasonlóak.

A két háromszög hasonlóságának belátásához elég bizonyítani, hogy megfelelő szögeik

páronként megegyeznek, azaz:

MDNCMN és MNDCNM .

1 pont

1 pont

1 pont

38




Mivel AB a 1k kör átmérője, ezért a Thalész-tétel szerint AC merőleges BC -re, ebből

következik, hogy BC egyenese a 2k kör érintője.

Ezért a 2k körben BCM érintő szárú kerületi szög, és így az MDC jelöléssel

MDCBCM .

A 1k körben a kerületi szögek tételéből a CDN jelöléssel kapjuk, hogy

CDNCBN .

Az AB egyenese a 1k és 2k körök közös szimmetriatengelye, erre a tengelyre nézve a C

és D pontok egymás tükörképei, ezért BDBC .

Ez azt is jelenti, hogy a 1k körben a két húrhoz azonos nagyságú kerületi szögek

tartoznak, tehát a CNB jelölést választva

BNDCNB .

1 pont

1 pont

1 pont

A CMN a BCM háromszög külső szöge, ezért

CBMBCMCMN .

A CMN és MDN háromszögekben két-két szög nagysága megegyezik, mert

MDNCMN

és

MNDCNM ,

ezért a két háromszög hasonló.

Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik,

MN

CN

DN

MN ,

ebből pedig a bizonyítandó

DNCNMN 2

állítás következik.

Összesen:

1 pont

1 pont

2 pont

10 pont

39




4. Milyen a valós paraméter esetén lesz pontosan két valós gyöke a

023

sin23

sin 2

axax

egyenletnek a 2;0 intervallumban?

Megoldás:

Vezessük be az

3sin

xy jelölést!

Az egyenlet a következő alakba írható:

(1) 0222 ayay .

Az (1) egyenlet az y ismeretlenre felírt paraméteres másodfokú egyenlet, melynek

diszkriminánsa, aaD 822 . Átalakítással kapjuk, hogy

(2) 22 aD .

(2) azt jelenti, hogy az (1) egyenletnek mindig van valós megoldása.

A megoldóképletből kapjuk, hogy ezek

ay 1

és

22 y .

Mivel

3sin

xy ,

és

13

sin1

x

ezért

22 y

nem lehetséges.

Eszerint csak

ax

3sin

állhat fenn.

1 pont

1 pont

1 pont

40




Tekintsük most az

3sin

xxf függvény grafikonját a 2;0 intervallumon

(2. ábra).

2. ábra

A 2. ábrán jelzett A és B pontok koordinátái

3sin;0

A és

32sin;2

B ,

azaz

2

3;0A és

2

3;2B .

Az A és B pontokon átmenő egyenes egyenlete 2

3y .

Ez az egyenes a 2;0 intervallumon három pontban metszi az

3sin

xxf

függvény grafikonját, ezért a 2

3

3sin

x egyenletnek a 2;0 intervallumban

három valós megoldása van, így 2

3a nem lehetséges.

Nem állhat fenn

1a és 1a ,

sem, mert ezekre az értékekre

13

sin

x illetve 13

sin

x

egyenleteknek a 2;0 intervallumban egy-egy valós megoldása van.

Az ábra alapján belátható, hogy az 1;1a intervallumban az

2

3a , 1a és 1a

értékek kivételével minden a valós számra a

ax

3sin

egyenletnek pontosan két valós megoldása van. Ezek az a valós paraméterek a feladat

megoldásai.

Összesen:

1 pont

2 pont

2 pont

2 pont

10 pont

41




5. Az ABCD tetraéder belsejében vegyünk fel egy P pontot, majd kössük

össze a tetraéder csúcsaival. Az CPBPAP ;; és DP egyenesek szemközti

oldallapokon lévő döféspontjai rendre: 111 ;; CBA és 1D .


11

1

1

1

1

1

1

1 DD

PD

CC

PC

BB

PB

AA

PA!

Megoldás:

Legyenek a csúcsok merőleges vetületei a szemközti oldallapon rendre: A2, B2, C2 és D2.

Az 21AAA háromszög síkjának és a BCD síknak az 21AA metszésvonalára illeszkedik a

P pontnak a BCD síkra eső merőleges vetülete, jelöljük ezt a pontot AP -val (3. ábra).

3. ábra

Az 2AA szakasz az ABCD tetraédernek a BCD laphoz tartozó magassága és ezért az

ABCD tetraéder térfogata

(1) 3

2AATV BCD

ABCD

.

A DCBP ;;; pontok egy tetraéder csúcsai, amelynek a BCD lapjához tartozó magassága

APP , így a PBCD tetraéder térfogatára azt kapjuk, hogy

(2) 3

ABCD

PBCD

PPTV

.

Az (1) és (2) összefüggések megfelelő oldalainak arányából adódik, hogy

(3) 2AA

PP

V

V A

ABCD

PBCD .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

42




Mivel APPAA2 , ezért a párhuzamos szelőszakaszok tétele miatt

1

1

2 AA

PA

AA

PPA ,

és így (3)-ból

(4) 1

1

AA

PA

V

V

ABCD

PBCD .

Hasonló módon bizonyíthatjuk, hogy

(5) 1

1

BB

PB

V

V

ABCD

PACD ,

(6) 1

1

CC

PC

V

V

ABCD

PABD ,

végül

(7) 1

1

DD

PD

V

V

ABCD

PABC .

A (4)-(7) összefüggések megfelelő oldalainak összeadásával azt kapjuk, hogy

ABCD

PABCPABDPACDPBCD

V

VVVV

DD

PD

CC

PC

BB

PB

AA

PA

1

1

1

1

1

1

1

1 .

Nyilvánvaló, hogy

ABCDPABCPABDPACDPBCD VVVVV ,

és ezért

11

1

1

1

1

1

1

1 DD

PD

CC

PC

BB

PB

AA

PA,

és éppen ezt akartuk bizonyítani.

Összesen:

2 pont

2 pont

2 pont

10 pont

43

Megoldások II. forduló Gimnázium


masodik fordulo

MATEMATIKA

II. KATEGORIA(GIMNAZIUM)


1. Maximum hany egesz szamot valaszthatunk ki a J = {n | 1 < n < 121; n ∈ Z}halmazbol ugy, hogy kozuluk barmely ketto relatıv prım legyen, ha egyikuk sem lehetprım?

Megoldas: Legyen n az egyik kivalasztott szam es legkisebb prımosztoja p. Ekkorn = p · q, ahol p ≤ q es ıgy p2 ≤ n ≤ 120. Azt kaptuk, hogy p2 ≤ 120, azaz p 11-nelkisebb. 3 pont

A kivalasztott szamok legkisebb prımosztoja 2, 3, 5 vagy 7 lehet. 1 pontBarmely ket kivalasztott szam legkisebb prımosztoja kulonbozo, mivel relatıv prımek.

Ezek szerint legfeljebb negy szamot valszthattunk ki. 2 pontNegy szam kivalaszthato a felteteleknek megfelelo modon, pl 4, 9, 25 es 49. 1 pont

Osszesen: 7 pont

2. Oldjuk meg a valos szamok halmazan a kovetkezo egyenletet:

x2 + 4

(x

x − 2

)2

= 45

Megoldas: x = 2 nem lehet, mert ekkor a tort nevezojeben nulla lenne. 1 pontSzorozzuk be az egyenletet (x − 2)2-nel es rendezzunk 0-ra:

x4 − 4x3 − 37x2 + 180x − 180 = 0 1 pont

A bal oldal szorzatta alakıthato:

(x − 3)(x − 6)(x2 + 5x − 10) = 0 3 pont

Szorzat akkor es csak akkor 0, ha valamelyik tenyezoje 0. Az elso tenyezobol kapjuk azx1 = 3, a masodikbol az x2 = 6 megoldast. A harmadik tenyezo masodfoku, ennek gyokei

x3 = −5+√

652

es x4 = −5−√

652

. 1 pontEllenorizve, a negy gyok valoban kielegıti a feladatban kituzott egyenletet. 1 pont

Osszesen: 7 pont

1

44


3. Tekintsuk az osszes olyan parabolat, melyek egyenlete y = x2 + ax + b, ahol aes b valos szamok, tovabba a koordinatatengelyeket harom kulonbozo pontban metszik.Barmely parabola eseten ez a harom pont meghataroz egy kort. Mutassuk meg, hogy azosszes ilyen kor atmegy egy kozos ponton.

Megoldas: Jelolje a parabola es az y tengely metszespontjat y1. Ennek erteketmegkapjuk, ha az y = x2 + ax + b egyenletbe az x = 0-t helyettesıtjuk, ıgy y1 = b.b = 0 nem lehet, mert akkor a parabola athalad az origon es nem johet letre a tenge-lyekkel harom metszespont. 1 pont

A parabola es az x tengely metszespontjai a 0 = x2+ax+b masodfoku egyenlet gyokei.Jelolje ezeket x1 es x2. A feladat szovege szerint a parabola harom kulonbozo pontbanmetszi a tengelyeket. Mivel az y tengelyt csak egyetlen pontban metszi, ezert x1 6= x2,azaz a2 − 4b > 0. 1 pont

Legyen y2 a feladat szovegeben szereplo kor es az y tengely masodik metszespontja.Amennyiben a kor erinti az y tengelyt, akkor legyen y2 = y1.

Tekintsuk az origonak a korre vonatkozo hatvanyat az x es az y tengelyekkel, mintszelokkel. 2 pont

Mivel mindket szelore a hatvany ugyanakkora, ezert x1x2 = y1y2. A Viete formulaalapjan x1x2 = b, tovabba y1 = b. Mivel b 6= 0, ıgy y2 = 1. 2 pont

y2 erteke konstans, tehat az osszes kor, amely a feladat szovegenek eleget tesz atmegya (0; 1) ponton. 1 pont

Osszesen: 7 pontMegjegyzes: A bizonyıtas befejezheto a pont korre vonatkozo hatvanya nelkul is, ha

a kor K =(x1+x2

2; y1+y2

2

)kozeppontjanak a tavolsagat felırjuk ketfelekeppen az x es az y

tengelyeken levo metszespontoktol.

4. Hany darab 150 jegyu tızes szamrendszerbeli pozitıv egesz szam van, melynekminden jegye paratlan es barmely ket szomszedos szamjegy elterese 2?

Megoldas: Tekintsuk az i jegyu tızes szamrendszerbeli pozitıv egeszeket, melyeknekminden jegye paratlan es barmely ket szomszedos szamjegy elterese 2. Legyen ai azoknaka szama, melyeknek utolso jegye 1 vagy 9. Legyen bi azoknak a szama, melyeknek utolsojegye 3 vagy 7. Legyen ci azoknak a szama, melyeknek utolso jegye 5. i = 1 eseten a1 = 2,b1 = 2 es c1 = 1. 1 pont

Rekurzio segıtsegevel leırhatjuk sorozatainkat: i+1 jegyu 1-re vagy 9-re vegzodo szamotcsak egyfelekeppen kaphatunk 3-ra vagy 7-re vegzodo szambol, ezert ai+1 = bi. Ugyanezigaz az 5-re vegzodoekre is, ezert ci+1 = bi. 3-ra vagy 7-re vegzodo szamot egyfelekeppenkaphatunk 1-re vagy 9-re vegzodo szambol, de ketfelekeppen kaphatunk 5-re vegzodoszambol (az 5-os utan ırhato 3 vagy 7), ezert bi+1 = ai + 2ci. 1 pont

Ebbol i = 2-re a2 = 2, b2 = 4 es c2 = 2 adodik. (Valoban, a megfelelo szamok: 31,79;13, 53, 57, 97; 35, 75.)

A rekurzio segıtsegevel a sorozat tovabbi elemeit vizsgalva eszreveheto, hogy

a2i = c2i = 2 · 3i−1 es b2i = 4 · 3i−1 2 pont

Ezt teljes indukcioval bizonyıtjuk. Kezdo lepes: i = 1 eseten mar kiszamoltuk asorozatok megfelelo elemet es ezek valoban teljesıtik az osszefuggest.

2

45


Indukcios lepes: Feltesszuk, hogy a2i = c2i = 2 · 3i−1 es b2i = 4 · 3i−1, majd enneksegıtsegevel bizonyıtjuk az allıtast i + 1-re. Az alabbi harom sor mindegyikeben az elsoket egyenlosegnel a rekurzios szabalyt, a harmadiknal az indukcios hipotezist hasznaljuk:

a2(i+1) = b2i+1 = a2i + 2c2i = 2 · 3i−1 + 4 · 3i−1 = 2 · 3i

b2(i+1) = a2i+1 + 2ci+1 = b2i + 2b2i = 4 · 3i−1 + 8 · 3i−1 = 4 · 3i

c2(i+1) = b2i+1 = a2i + 2c2i = 2 · 3i−1 + 4 · 3i−1 = 2 · 3i 2 pont

A feladatban feltett kerdesre a valasz a fentiek alapjan 8 ·374, hiszen a150 +b150 +c150 =2 · 374 + 4 · 374 + 2 · 374 = 8 · 374. 1 pont

Osszesen: 7 pont

3

46

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola

OKTV 2013/2014 döntő forduló

Oktatás i Hivata l

A 2013/2014. tanévi


döntő forduló

MATEMATIKA

I. KATEGÓRIA

(SZAKKÖZÉPISKOLA)


1. Az na számsorozat tagjaira teljesül, hogy 50 a , és minden 1n pozitív egész

számra 1

1

1

1

n

n

na

aa . Határozza meg az 2014a szám értékét!

Megoldás: számítsuk ki a sorozat első néhány tagját.

Az 1

1

1

1

n

n

na

aa képzési szabály alapján

2

3

4

6

51

51

1

1

0

0

1

a

aa .

Hasonlóképpen

5

1

2

31

2

31

1

1

1

12

a

aa , és

3

2

5

11

5

11

1

1

2

23

a

aa ,

továbbá

(1) 5

3

21

3

21

1

1

3

3

4

a

aa .

Az 1

1

1

1

n

n

na

aa képzési szabály és (1) alapján nyilvánvaló, hogy az na számsorozat

tagjai periodikusan ismétlődnek, mégpedig

(2) 54 ka , 2

314 ka ,

5

124 ka ,

3

234 ka

ahol Nk .

Mivel

25034220122014 ,

ezért

5

12014 a .

Összesen:

1 pont

2 pont

3 pont

2 pont

2 pont

10 pont

47



OKTV 2013/2014 2 döntő forduló

2. Az ABCD téglalapban 17AB , 8BC . A P pont a CD oldalon, C -től m

hosszúságegységre, a Q pont a CB oldalon, C -től n hosszúságegységre van.

Legyen R a P pontból az AB - re húzott merőlegesnek az AB oldalon levő

talppontja, legyen továbbá APR , QAB .

Határozza meg mindazokat a pozitív egészekből álló nm; számpárokat,

amelyekre 45 !

Megoldás: készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát (1. ábra).

1. ábra

Az APR háromszögben PR

ARtg , mivel azonban mBRABAR 17 , továbbá

8PR , ezért

(1) 8

17 mtg

.

Az AQB háromszögben pedig AB

BQtg , ahol nCQBCBQ 8 , valamint

17AB , így

(2) 17

8 ntg

.

A feladat feltétele szerint 45 , ebből 145 tgtg .

Az 45 feltétel és az 1. ábra alapján nyilvánvaló, hogy 900 és

900 , tehát 0tg és 0tg , ezért 01 tgtg , tehát alkalmazhatjuk a

tgtg

tgtgtg

1

trigonometrikus azonosságot.

2 pont

1 pont

48




Az (1) és (2) összefüggések felhasználásával kapjuk, hogy

17

8

8

171

17

8

8

17

nm

nm

tg

,

ahonnan a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után

(3) mnmn

nmtg

817272

817225 .

Mivel 1 tg , ezért (3)-ból

mnmnnm 817272817225

következik, amelyből rendezés után,

nmnm 25947 ,

illetve a kapott összefüggés mindkét oldalából a 259225 értéket levonva

(4) 225259272 nmnm .

(4) jobb oldala szorzattá alakítható:

(5) 259272 mn .

Az nm; számok pozitív egészek, így (5) alapján nyilvánvaló, hogy 09 n illetve

025 m , továbbá a feladat feltételei miatt 81 n , és ezért 17910 n , valamint

17m .

Keressük tehát a 172272 4 szám olyan pozitív osztóit, amelyek megfelelnek a

17910 n feltételnek.

Ilyen pozitív osztó csak az 169 n és az 179 n , amelyekből 71 n és 82 n

következik.

Ezekből (5) alapján rendre 81 m és 92 m adódik.

A feladat megoldásai tehát az 7;8 11 nm és az 8;9 22 nm számpárok.

Az 8;9 22 nm számpár esetén (1) és (2) alapján 1tg , illetve 0tg , ezért a B

és Q pontok egybeesnek, továbbá 45 illetve 0 , ezekre is teljesül, hogy

45 .

Összesen:

Megjegyzés: ha a versenyző az 8;9 22 nm számpárt és az ehhez tartozó 45

illetve 0 szögeket figyelmen kívül hagyja, vagy nem tekinti megoldásnak, akkor a

*-gal jelzett pontok közül legfeljebb 1 pontot kaphat.

1 pont

2 pont

1 pont

2*pont

1*pont

10pont

49




3. Egy ABC háromszögben aBCAC és 90ACB . Az AC oldal A -hoz

közelebbi harmadolópontja H .

Határozza meg az AB oldalon az E , a BC oldalon az F pontot úgy, hogy az

EFH háromszög kerülete a lehető legkisebb legyen!

Adja meg ennek a minimális kerületnek a nagyságát és a FC

BF, illetve

EA

BE arányok

pontos értékét!

1. Megoldás:

Tükrözzük a H pontot először az AB , majd a BC egyenesre, a képpontok rendre 1H és 2H

(2. ábra).

2. ábra

A 2H pont az AC egyenesen, a 1H pont pedig az AC egyenesnek az ABC háromszöglappal

azonos oldalán van, ezért az ábra alapján a 21HH egyenes az ABC háromszög AB átfogóját

és BC befogóját is metszi, a metszéspontok rendre E és F .

A tükrözés távolságtartó tulajdonsága miatt

(1) 1EHEH és 2FHFH .

Mivel

2121 FHEFEHHH ,

és az EFH háromszög kerületére

FHEFHEKEFH ,

ezért (1) alapján

1 pont

1 pont

50




(2) 21HHKEFH . 1 pont

Nyilvánvaló, hogy a 1H és 2H pontok közötti legrövidebb távolság a 21HH

egyenesszakasz, így a 2. ábra EFH háromszöge a legkisebb kerületű azon háromszögek

közül, amelyeket a feladat feltételei alapján az ABC háromszögbe rajzolhatunk.

A tengelyes tükrözés szögtartó tulajdonsága miatt 451AEH , és ezért

901AHH , vagyis AH1 merőleges AC -re. Eszerint a AHH 21 háromszög

derékszögű háromszög.

A tengelyes tükrözés távolságtartó tulajdonsága miatt pedig

(3) 3

1

aAH és

3

22

aCH .

Felírhatjuk Pitagorasz-tételét a AHH 21 derékszögű háromszögre:

(4) 2

21

2

2

2

1 HHAHAH .

Mivel 3

1

aAH és

3

52

aAH , ezért (4)-ből

9

26 22

21

aHH ,

vagyis

(5) 3

2621

aHH .

(2) és (5) összevetésével azt kapjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelelő legkisebb

kerületű háromszög kerülete

3

26

aKEFH .

1 pont

2 pont

51




A következőkben meghatározzuk a FC

BF és

EA

BE arányok pontos értékét.

A AHH 21 -et metsző AH1 és FC párhuzamos szelőkre felírhatjuk a párhuzamos

szelőszakaszok tételét:

3

53

2

3

a

a

a

FC ,

ahonnan a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után 15

2aFC , innen pedig

FCaBF miatt 15

13aBF ,

és ezért

(6) 2

13

FC

BF.

A AEH1 és FBE háromszögekben 451 FBEAEH , valamint a EAH1 és

FEB szögek csúcsszögek, ezért a két háromszög megfelelő szögei páronként egyenlők,

tehát a AEH1 és FBE háromszögek hasonlók, így megfelelő oldalaik hosszának aránya

is egyenlő. Eszerint

AH

BF

EA

BE

1

,

azaz

3

15

13

a

a

EA

BE , ahonnan egyszerűsítés után kapjuk, hogy

(7) 5

13

EA

BE.

(6) és (7) alapján a kérdéses arányok pontos értéke 2

13

FC

BF és

5

13

EA

BE.

Összesen:

2 pont

2 pont

10 pont

52




2. Megoldás:

az 1. megoldáshoz készített 2. ábrából indulunk ki, azaz tükrözzük a H pontot először az

AB , majd a BC egyenesre, a képpontok rendre 1H és 2H .

A megoldás az 1. megoldáshoz hasonlóan folytatódik, addig a megállapításig, hogy a 1H

és 2H pontok közötti legrövidebb távolság a 21HH egyenesszakasz, így a 2. ábra EFH

háromszöge a legkisebb kerületű azon háromszögek közül, amelyeket a feladat feltételei

alapján az ABC háromszögbe rajzolhatunk.

Ezután az ABC háromszöget olyan derékszögű koordináta-rendszerbe helyezzük,

amelynek origója a C pont, az A pont az x tengelyre, a B pont pedig az y tengelyre

esik (3. ábra).

3. ábra

Ekkor az ABC háromszög csúcsainak koordinátái 0;aA , aB ;0 és 0;0C , és

3;1

aaH és

0;

3

22

aH .

1 pont

3 pont

1 pont

A két pont távolságára vonatkozó képlet alapján

3

26

33

222

21

aaaaHH ,

tehát a minimális kerületű EFH háromszög kerülete

3

26

aKEFH .

1 pont

53




Az AB egyenes meredeksége 1135 tg és az egyenes áthalad a aB ;0 ponton, ezért

az egyenes egyenlete

(1) ayx .

21HH egyenes egy irányvektora

3;

3

5 aav

, illetve az 03

a számmal való osztás után

1;5v

.

Az egyenes áthalad például a

0;

3

22

aH ponton, felírhatjuk tehát a 21HH egyenes

egyenletét:

(2) 3

25

ayx .

Az (1) és (2) egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása az E pont koordinátáit adja

meg. A számítások elvégzése után:

(3)

18

5;

18

13 aaE .

A (2) egyenletbe az 0x értéket helyettesítve megkapjuk az F pont koordinátáit,

amelyek

(4)

15

2;0

aF .

2 pont

A két pont távolságára vonatkozó képlet alapján

18

213

18

5

18

1322

aaa

aBE ,

illetve

18

25

18

5

18

1322

aaa

aEA .

Eredményeinkből a megfelelő oldalak elosztása után azt kapjuk, hogy

(5) 5

13

EA

BE.

Ugyanakkor (4) szerint 15

2aFC , így

15

13aBF és ezért

(6) 2

13

FC

BF.

(5) és (6) alapján a kérdéses arányok pontos értéke 2

13

FC

BF és

5

13

EA

BE.

Összesen:

2 pont

10 pont

54

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium


harmadik, donto fordulo

MATEMATIKA II. KATEGORIA


1. Az ABCD negyzet kore ırt koron adott a P es Q pont ugy, hogy PAQ∠ = 45◦,tovabba AP es BC metszi egymast az M , AQ es CD az N pontban. Mutassuk meg,hogy a PQ es az MN szakaszok parhuzamosak.

bA

bB b C

b D

bQ

bP

bM

bN

Megoldas: Mivel PAQ∠ = 45◦, ezert PAB∠ = QAC∠. Mivel AC atmero, ezertAQC haromszog derekszogu. Igy ket szog egyenlosegebol adodoan ABM es AQC ha-sonloak, megfelelo oldalaik aranya:

AM

AC=

AB

AQ3 pont

Ugyanıgy ADN es APC is hasonlo, amibol:

AN

AC=

AD

AP

Mivel AB = AD az elozo ket osszefugges megfelelo oldalainak hanyadosat kepezve

AM

AN=

AP

AQ2 pont

adodik, ami a parhuzamos szelok tetelenek megfordıtasa miatt a QAP∠-ben azt jelenti,hogy az MN es PQ szelok parhuzamosak. 2 pont

Osszesen: 7 pont

1

55


2. Anna es Bori tulipanokat ultetnek egy sorba, n helyre. Ezt a kovetkezo jatekosformaban teszik: felvaltva ultetnek egy-egy tulipant ugy, hogy egymassal kozvetlenulszomszedos helyekre nem kerulhet tulipan. Anna kezdi a jatekot. Az nyer, aki utoljaratud tulipant ultetni. Kinek van nyero strategiaja, ha (a) n = 2013; (b) n = 12?

Megoldas: Kepzeljunk minden helyre egy ures viragcserepet, ezek kozul amibe ultetunkes szomszedjait mindig kivesszuk a sorbol. Ha van egymas mellett n cserep, akkor negyfeledolog tortenhet:

(i) Ha n 1, vagy 2, akkor barmelyiket valasztva az osszes cserepet elvesszuk. Atovabbiakban n > 2.

(ii) A szelso cserepbe ultetve ket cserepet veszunk ki a sor szelerol.(iii) A legszelso melletti cserepbe ultetve harom cserepet veszunk el.(iv) Ha n > 5, akkor tovabbi lehetoseg, hogy a sor kozeperol kiveszunk harom cserepet

es a meglevo sort ket nemures kulon reszre bontjuk. Peldaul 12 cserep eseten ha a ne-gyedikbe ultetunk, akkor marad az elejen ket cserep, kiveszunk harmat es marad utanameg 7 cserep. Jeloljuk ezt ıgy (12) → (2; 7), a zarojelen belul pontosvesszovel elvalasztvaegymas utan ırjuk az egymas melletti cserepek szamat. Ezzel a lepessel egy sorbol ketkisebb keletkezett, ezeket a tovabbiakban nevezzuk szakaszoknak, az i cserepbol allo sza-kaszok szamat jelolje si. 1 pont

A feladat (a) reszeben 2013 hely van, ami paratlan. Ha Anna elso lepeseben kivalasztjaa kozepsot, akkor ket ugyanakkora resz keletkezik, (2013) → (1005; 1005). Ha Bori valasztegy helyet, akkor Anna mindig a kozepso helyre szimmetrikusan kivalaszthatja ennektukorkepet es ıgy nyerhet. 2 pont

Ez a szimmetria-strategia lesz a celunk, azaz olyan helyzet letrehozasa, amelyben min-den szakasznak van egy ugyanannyi cserepbol allo parja. Ha ellenfelunk barmelyikbenkivalasztja a k-adik cserepet, mi a masikban valasztjuk ugyanugy a k-adikat. Az egyvagy ket cserepbol allo szakaszok egyformanak szamıtanak, mert mindketto tıpus eltunik,ha belole valasztunk. Szimmetria-strategiahoz tehat olyan helyzet eloallıtasa a celunk,amelyben s1 + s2 es si is paros (minden i > 2 eseten). 2 pont

Megmutatjuk, hogy a (b) reszben is Anna tud nyerni. Legyen az elso lepes (12) →(2; 7). Bori minden lehetseges lepesere adunk Anna reszerol olyan valaszlepest, amelyszimmetria-strategia miatt Anna gyozelmet jelenti:

Bori: (2; 7) → (7), Anna: (7) → (2; 2).Bori: (2; 7) → (2; 5), Anna: (2; 5) → (2; 2).Bori: (2; 7) → (2; 4), Anna: (2; 4) → (2; 2).Bori: (2; 7) → (2; 1; 3), Anna: (2; 1; 3) → (2; 1).Bori: (2; 7) → (2; 2; 2), Anna: (2; 2; 2) → (2; 2). 2 pont

Osszesen: 7 pont

2

56


3. Legyenek a1, a2, a3, ..., a2014 1-nel kisebb pozitıv valos szamok, melyek szorzata A,valamint legyen Ai = A

ai, i ∈ {1; 2; ...; 2014}. Bizonyıtsuk be, hogy

1 <1

loga1(a1a2)+

1

loga2(a2a3)+ ...+

1

loga2014(a2014a1)<

1

logA1A

+1

logA2A

+ ...+1

logA2014A

Megoldas: A bizonyıtando egyenlotlenseg jobboldalat atalakıtjuk a logaritmus azonossagaitfelhasznalva:

1

logA1A

+1

logA2A

+ ... +1

logA2014A

= logA A1 + logA A2 + ... + logA A2014 =

= logA A1 · A2 · ... · A2014 = logA A2013 = 2013 1 pont

Alakıtsuk at a kozepen allo kifejezest is:

1

loga1(a1a2)+

1

loga2(a2a3)+...+

1

loga2014(a2014a1)=

1

1 + loga1 a2

+1

1 + loga2 a3

+...+1

1 + loga2014 a1

Legyen b1 = loga1 a2, b2 = loga2 a3, ..., b2013 = loga2013 a2014 es b2014 = loga2014 a1. Ekkor

1

1 + loga1 a2+

1

1 + loga2 a3+ ... +

1

1 + loga2014 a1=

1

1 + b1+

1

1 + b2+ ... +

1

1 + b2014

Atterve mas alapra bi =ln ai+1

ln aialakbol kovetkezik, hogy b1 · b2 · ... · b2014 = 1. 1 pont

Ezt a szorzatot bontsuk egymas utani parok szorzatara: (b1b2)·(b3b4)·...·(b2013b2014) = 1.Mivel a parok szorzata 1, ezert van olyan k es l amelyekre b2k−1b2k ≤ 1 es b2l−1b2l ≥ 1.

1 pontHasznaljuk ki, hogy a feladatban megadott szamok 1-nel kisebb pozitıv szamok, ezert

bi > 0 (i=1,2,...,2014). Ezzel a kituzott egyenlotlenseg elso reszet igazolni tudjuk, hiszen:

1

1 + b1

+1

1 + b2

+ ... +1

1 + b2014

>1

1 + b2k−1

+1

1 + b2k

=2 + b2k−1 + b2k

1 + b2k−1 + b2k + b2k−1b2k

≥ 1

2 pontHatra van meg a kovetkezo bizonyıtasa:

1

1 + b1+

1

1 + b2+ ... +

1

1 + b2014< 2013

Mindket oldalt ugyanannyival novelve:

1

1 + b1

+1

1 + b2

+ ... +1

1 + b2014

+b1

1 + b1

+b2

1 + b2

+ ... +b2014

1 + b2014

= 2014 <

< 2013 +b1

1 + b1

+b2

1 + b2

+ ... +b2014

1 + b2014

Tehat a bizonyıtando:

1 <b1

1 + b1

+b2

1 + b2

+ ... +b2014

1 + b2014

3

57


Ezt a reszt is lezarhatjuk a kovetkezo becslessel:

b1

1 + b1+

b2

1 + b2+ ... +

b2014

1 + b2014>

b2l−1

1 + b2l−1+

b2l

1 + b2l=

2b2l−1b2l + b2l−1 + b2l

1 + b2l−1 + b2l + b2l−1b2l≥ 1

2 pontOsszesen: 7 pont

Megjegyzes: A feladatban kituzott egyenlotlenseg eles. A felso becsles eseten legyenb1 = b2 = ... = b2013 = ε es b2014 = ε−2013. Ekkor

1

1 + b1+

1

1 + b2+ ... +

1

1 + b2014=

2013

1 + ε+

1

1 + ε−2013

Ekkor

limε→0+

2013

1 + ε+

1

1 + ε−2013= 2013

Hasonlo modon lehet az also becslesnel eljarni, csak ekkor ε tartson a vegtelenhez.

4

58

Megoldások Dönt® forduló Specmat

��


döntő forduló


Megoldások

1. feladat

Adott az ABC háromszög. Bocsássunk merőlegest A-ból a B-beli belső szögfelező egye-nesre, és B-ből az A-beli belső szögfelező egyenesre. A talppontokat jelölje D, illetve E.Bizonyítsuk be, hogy a DE egyenes a háromszög AC és BC oldalát a beírt kör érintésipontjaiban metszi.

Megoldás: Jelöljük K-val a beírt kör középpontját, F -fel és G-vel a szóban forgó érintésipontokat, azaz K merőleges vetületeit az AC, illetve BC oldalon. A háromszög szögeit aszokásos módon α, β és γ jelöli.

Megmutatjuk, hogy a D pont az FG egyenesre illeszkedik. A pontok szerepcseréjévelezután ugyanúgy igazolható, hogy E is illeszkedik az FG egyenesre, ezek együtt pedig abizonyítandó állítást vonják maguk után.

A D, F , G pontok kollinearitásának igazolása céljából először vegyük észre, hogy merőlegesszárú hegyesszögek lévén KFG∢ = FCK∢ = γ/2. Az ABK háromszög szögösszegéthasználva látható továbbá, hogy az A-ból és B-ből induló szögfelezők (α + β)/2 szögbenmetszik egymást a K pontban.

Ha α = γ, akkor BF a háromszög szimmetriatengelye és D = F , ezért ilyenkor nincs mitbizonyítani. A továbbiakban két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy α < γ, illetveα > γ. Az α < γ esetben a D pont a háromszögön kívülre, az α > γ esetben a belsejébeesik.

1

59


Mindkét esetben ADK∢ = AFK∢ = π/2, ezért az A, K, D, F pontok egy húrnégyszögcsúcsai. Ha α < γ, akkor D és K, ha pedig α > γ, akkor F és K szemközti csúcsok ebbena húrnégyszögben. Meghatározzuk a KFD szöget.

Ha α < γ, akkor KFD∢ = π − KAD∢ = π/2 + (α+ β)/2 = π − γ/2 = π − KFG∢,ha pedig α > γ, akkor KFD∢ = KAD∢ = π/2 − (α+ β)/2 = γ/2 = KFG∢.Mindkét esetben tehát D, F és G kollineáris pontok.

2. feladat

A p és q pozitív számokra p+ q ≤ 1. Igazoljuk, hogy bármely m,n pozitív egészekre(1 − pm)n + (1 − qn)m ≥ 1.

Első megoldás: Egy m sorból és n oszlopból álló táblázat minden egyes elemét egymástólfüggetlenül p valószínűséggel pirosra, q valószínűséggel kékre és 1 − p − q valószínűséggelzöldre festjük. Ekkor 1 − pm annak a valószínűsége, hogy egy adott oszlop nem teljesenpiros, (1 − pm)n azé, hogy egyik oszlop sem teljesen piros, tehát 1 − (1 − pm)n annak avalószínűsége, hogy van csupa piros elemből álló oszlop. Hasonlóan, 1− (1− qn)m annak avalószínűsége, hogy van csupa kék elemből álló sor. Mivel ezek egymást kizáró események,ezért a két valószínűség összege legfeljebb 1, azaz [1 − (1 − pm)n] + [1 − (1 − qn)m] ≤ 1,ami átrendezve éppen a feladat állítása.

Második megoldás: Ha p+ q < 1, akkor növeljük pl. q értékét addig, amíg p+ q = 1-etel nem érjük. Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala csökkent. Ennek alapjánelegendő az egyenlőtlenséget a p+ q = 1 esetre igazolni.

Teljes indukcióval bizonyítunk. Ha m = n = 1, akkor a p+q ≤ 1 (igaz) összefüggés adódik.Most tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség teljesül valamely m,n értékpárra, és vezessük leebből, hogy m,n+1 és m+1, n esetén is fennáll. Mivel m és n szerepe szimmetrikus, ezértelég az elsőt belátnunk.

Az indukciós feltevés szerinti (1 − pm)n + (1 − qn)m ≥ 1 egyenlőtlenséget (1 − pm)-melszorozva és mindkét oldalhoz pm-t hozzáadva (1−pm)n+1+(1−qn)m−((1−qn)p)m+pm ≥ 1adódik. Mivel a bizonyítandó egyenlőtlenség (1 − pm)n+1 + (1 − qn+1)m ≥ 1, ezért elégbelátni, hogy (1−qn+1)m ≥ (1−qn)m−

((1−qn)p

)m+pm, azaz (1−qn+1)m+

((1−qn)p

)m ≥≥ (1 − qn)m + pm.

Ez utóbbi egy am + dm ≥ bm + cm típusú egyenlőtlenség, ahol a + d = b + c és a > b >> c > d > 0, hiszen (1− qn+1)+ (1− qn)(1− q) = (1− qn)+ (1− q) és 1− qn+1 > 1− qn >> 1−q > (1−qn)(1−q). Az a+d = b+c = 2H jelöléssel a = H+x, b = H+y, c = H−y,d = H − x, ahol x > y > 0, így valóban

am + dm = (H + x)m + (H − x)m =

= 2

(Hm +

(m

2

)Hm−2x2 +

(m

4

)Hm−4x4 + . . .

)>

> 2

(Hm +

(m

2

)Hm−2y2 +

(m

4

)Hm−4y4 + . . .

)=

= (H + y)m + (H − y)m = bm + cm.

(Az utolsó lépést az f(z) = zm + (H − z)m függvény deriváltjának vizsgálatával is el lehetvégezni.)

2

60


3. feladat

Az 1, 2, . . . , 20142014 számok közül Aladár és Boglárka felváltva törölnek le egy számot(Aladár kezd), amíg csak két szám marad. Ha a megmaradó két szám összege négyzetszám,akkor Boglárka nyer, egyébként Aladár. Kinek van nyerő stratégiája?

Megoldás: Belátjuk, hogy jó játék esetén Boglárka nyer, éspedig általánosabban 20142014

helyett minden 8-cal osztható n esetén ő nyer.

A stratégia lényege, hogy Boglárka az 1, 2, . . . , n számokat olyan párokba osztja, hogybármely párban az elemek összege négyzetszám legyen, és ha Aladár a pár egyik eleméttörli, akkor Boglárka válasza a pár másik elemének a törlése. Ily módon a végén megmaradókét szám éppen egy párt alkot, tehát az összegük négyzetszám, és így Boglárka nyert.

A párosítás megvalósíthatóságát n szerinti teljes indukcióval igazoljuk. Ha n = 8, akkoraz (x, 9 − x) párok megfelelnek (1 ≤ x ≤ 4).

Tegyük most fel, hogy n osztható 8-cal, n ≥ 16, és a 8-nak minden, n-nél kisebb többszöröseesetén létezik a kívánt párosítás. Legyen s2 az n-nél nagyobb páratlan négyzetszámok közüla legkisebb, és (az alább belátandó s2 − n < n feltételt megelőlegezve) az s2 − n ≤ x ≤ nszámok között képezzük az (x, s2−x) párosítást. Ha s2 = n+1, akkor készen vagyunk. Has2 > n+1, akkor az indukció alkalmazható a kimaradó 1, 2, . . . , s2−n−1 számokra feltéve,hogy s2−n−1 osztható 8-cal és s2−n−1 < n. Mivel egy páratlan szám négyzetének a 8-asmaradéka 1, ezért s2−n−1 osztható 8-cal. Az n < s2 < 2n+1 feltétel n = 16-ra (s2 = 25-tel) teljesül, n ≥ 24-re pedig azért igaz, mert 25-től kezdve az egymást követő páratlan

négyzetszámok hányadosa kisebb, mint 2:

(x+ 2

x

)2

=

(1 +

2

x

)2

≤(1 +

2

5

)2

< 2.

3

61

2013/2014 - fazekas

Documents