A 2000. márciusi B-jelű matematika feladatok megoldása
A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaLban folyamatosan közöljük.
Elhangzott a Repeta című műsorban
Megoldásvázlat. Legyen a kapitány életkora K, a legénység létszáma L. A feltétel szerint
L(L-1)=K(L-2)+15.
Átrendezve és szorzattá alakítva
(L-2)(L-K+1)=13.
A 13 négyféleképpen alakítható szorzattá, ezekből a következő megoldásokat kapjuk:
| L-2 | L-K+1 | K | L |
|---|---|---|---|
| 1 | 13 | -9 | 3 |
| 13 | 1 | 15 | 15 |
| -1 | -13 | 15 | 1 |
| -13 | -1 | -9 | -11 |
A pirossal jelölt számok nem megoldások, mert K és L nem lehet negatív.
A kapitány tehát 15 éves, a neve Dick Sand; Jules Verne A tizenöt éves kapitány c. regényének főszereplője.
B.3353. Mennyi
(1) 
értéke? (Az egész rész jele [ ].) (4 pont)
Javasolta: Ábrány Miklós, Beregszász
Megoldásvázlat. Könnyen ellenőrizhető, hogy
4k(k+1)(k+2)=(k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)).
Ezt k=1,2,...,1998-ra felírva és összegezve kapjuk, hogy
4.(1.2.3+2.3.4+...+1998.1999.2000)=1998.1999.2000.2001.
Ez a szám 3 997 9982 és 3 997 9992 közé esik. Ezért (1) értéke 3 997 998.
B.3354. Adott a síkon két metsző egyenes és egy rajtuk kívül elhelyezkedő P pont. Szerkesszük meg a két egyenesen azt az X ill. Y pontot, amelyre az XY szakasz átmegy P-n és PX.PY minimális. (5 pont)
Megoldásvázlat. Használjuk az ábra jelöléseit.
Az XYO, XPU és PYV háromszögek hasonlóságából
kapjuk, hogy 
és 
Felírva a koszinusztételt az XPU és PYV háromszögekre,
és
Egyenlőség mindkét esetben akkor áll, ha x=y.
A két egyenlőtlenség szorzatából
PX.PY
2ab(1-cos 
),
és egyenlőség x=y esetén teljesül.
A PX.PY szorzat tehát akkor minimális, ha az XYO háromszög egyenlő szárú. Ezt a háromszöget úgy szerkeszthetjük meg, hogy P-ből merőlegest állítunk az O-ból induló szögfelezőre.
B.3355. Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög pontosan akkor derékszögű, ha valamelyik két hozzáírt kör sugarának szorzata egyenlő a háromszög területével. (4 pont)
Javasolta: Bíró Bálint, Eger
Megoldásvázlat. Legyenek a háromszög oldalai a,b,c, területe t, félkerülete s. Ismeretes, hogy a hozzáírt körök sugarai rendre t/(s-a), t/(s-b) és t/(s-c). Ha ezek közül valamelyik kettő, mondjuk t/(s-a) és t/(s-b) szorzata t, akkor a Héron-képlet alapján
(s-a)2(s-b)2=t2=s(s-a)(s-b)(s-c),
amiből azt kapjuk, hogy a2+b2=c2.
Az a és b oldalakhoz írt körök sugarának szorzata akkor egyenlő t-vel, ha a c oldallal szemben derékszög van.
B.3356. Mutassuk meg, hogy két szomszédos egész szám negyedik hatványának különbsége végtelen sok esetben bontható fel két négyzetszám összegére. (4 pont)
Megoldásvázlat. Tetszőleges n egész számra
(n+1)4-n4=(2n+1)((n+1)2+n2)=(2n+1)(n+1)2+(2n+1)n2.
Ha 2n+1 négyzetszám, akkor ez két négyzetszám összge.
B.3357. Van-e olyan négyzetszám, amelynek ugyanannyi 3k+1 alakú pozitív osztója van, mint 3k+2 alakú? (4 pont)
Megoldásvázlat. Ha a szám prímtényezős felbontásából elhagyjuk a 3-at és csak a 3-tól különböző prímszámokat hagyjuk meg, akkor egy újabb négyzetszámot kapunk, a 3k+1 és 3k+2 alakú osztók ugyanazok maradnak, és nem lesz 3-mal osztható osztó. Egy négyzetszámnak azonban mindig páratlan sok pozitív osztója van, ezért a 3k+1 és 3k+2 alakú osztók száma nem egyezhet meg.
B.3358. Bizonyítsuk be, hogy 4 különböző valós szám között van olyan kettő: a és b, amelyekre
(1) 
(5 pont)
Mezei József, Vác
Megoldásvázlat. Legyen a 4 szám p,q,r,s, és tekintsük az (1,p), (1,q), (1,r), (1,s) vektorokat. Ezek egy 180 fokos szögtartomány belsejében helyezkednek el, ezért közülük valamelyik kettő 60 foknál kisebb szöget zár be. Legyen ez a kettő (1,a) és (1,b).
Az (1) baloldalán a számláló a két vektor skaláris szorzata, a nevező pedig a vektorok hosszának szorzata. A tört értéke ezért a vektorok által bezárt szög koszinusza, ami nagyobb 1/2-nél.
B.3359. Bizonyítsuk be, hogy ha az
(1) x3-3x-1=0
egyenlet valós x1, x2, x3 gyökeire x1<x2<x3, akkor
(2) x32-x22=x3-x1.
(5pont)
Javasolta: Mihalovics Sándor, Esztergom
1. megoldásvázlat. Az (1)-be behelyettesítve a -2, -1, 0, 1 és 2 számokat láthatjuk, hogy -2<x1<-1, -1<x2<0 és 1<x3<2.
Az egyenletből kiemelve az (x-x3) gyöktényezőt, az x1 és x2 számokra az
x2+x3x+(x32-3)=0
egyenletet kapjuk. Ebből
és 
Helyettesítsük be ezeket (2)-be:
Mivel x3-1, x3+1 és 2-x3 is pozitív, négyzetre emelhetünk:
(x3-1)2.3(2-x3)(2+x3)=9(x3+1)2(2-x3)2
(x3-1)2(2+x3)=3(x3+1)2(2-x3).
Beszorzás és rendezés után az
x33-3x3+1=0
egyenlethez jutunk.
2. megoldásvázlat. A Cardano-képletből a gyökök
sorba rendezve
x1=-2cos 80o, x2=-2cos 40o, x3=2cos 20o.
Ezeket behelyettesítve (2)-be, az egyenlőség az addíciós tételek felhasználásával könnyen ellenőrizhető.
B.3360. Az ABC háromszög súlypontja S, az AB és AC oldalak felezőpontja E illetve F. Igazoljuk, hogy az AESF négyszög pontosan akkor húrnégyszög, ha AB2+AC2=2BC2. (4 pont)
Javasolta: Kiss Sándor, Szatmárnémeti
Megoldásvázlat. Legyenek a háromszög oldalai a,b,c, az A-ból induló súlyvonal hossza sa. Jelöljük az AS és az EF szakaszok metszéspontját P-vel.
Az AESF négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha AP.SP=EP.FP. Könnyen látható, hogy AP=sa/2, SP=sa/6, EP=FP=a/4. Ezeket behelyettesítve a feltétel a következő:
4sa2=3a2.
Ismeretes, hogy 4sa2=2b2+2c2-a2. Ezt behelyettesítve:
b2+c2=2a2,
ami éppen a bizonyítandó állítás.
B.3361. Adottak a G1 és a G2 gömbök. Legyen K1 a G1 gömbbe, K2 a G2 gömbbe írt kocka. Mutassuk meg, hogy annak a 64 vektornak az összege, amelynek kezdőpontja a K1 egyik csúcsa, végpontja pedig a K2 egyik csúcsa, nem függ a kockák helyzetétől. (3 pont)
Megoldásvázlat. Legyenek a kozkák csúcsaiba mutató helyvektorok a1, ..., a8 illetve b1, ..., b8, a középpontokba mutató vektorok c illetve d. Ekkor
a1+...+a8=8c,
b1+...+b8=8d,
és
Ez pedig valóban csak a középpontoktól függ.