A 2000. októberi B-jelű matematika feladatok megoldása

Ez összesen 4^.2^.2=16 lehetőség.

B. 3393. Mekkora az ABC háromszög és az A'B'C' háromszög területének aránya, ha az AA', BB', CC' szakaszok felezőpontjai rendre B', C', A'? (3 pont)

Megoldás. A területek aránya 7:1.

B. 3394. Bizonyítsuk be, hogy pontosan akkor szerkeszthető a, b és c hosszúságú oldalakkal háromszög, ha az a, b, c pozitív valós számokra teljesül, hogy (a²+b²+c²)²>2(a⁴+b⁴+c⁴). (3 pont)

Megoldás. Az egyenlőtlenség két oldalának különbsége szorzattá alakíthtó:

(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)>0.

Ez pontosan akkor teljesül, ha a háromszög-egyenlőtlenség mindegyik oldalra fennáll, azaz a<b+c, b<c+a és c<a+b.

B. 3395. Szerkesszük meg az A₁A₂A₃A₄A₅ ötszöget, ha adott az A_i pontnak az A_i+1 pontra vonatkozó tükörképe (i=1,...,5,A₆:=A₁). (3 pont)

Megoldás. Jelöljük B_i-vel az A_i-nek A_i+1-re vonatkozó tükörképét. Ha egy tetszőleges O pontból helyvektorokat indítunk a szereplő pontokhox, és mindegyiket a megfelelő kisbetűvel jelöljük, akkor a tükrözés miatt felírhatjuk a következő egyenleteket:

a₁+b₁=2a₂, a₂+b₂=2b₃, a₃+b₃=2a₄, a₄+b₄=2a₅, a₅+b₅=2a₁.

Ebből az egyenletrendszerből az a_i vektorokat kifejezhetjük a b_i vektorok segítségével (pl. a₁=(b₁+2b₂+4b₃+8b₄+16b₅)/31), s így az ötszög csúcsait megszerkeszthetjük.

A feladatnak mindig egy megoldása van, azonban a kapott ötszög lehet hurkolt, vagy elfajuló is.

B. 3396. Oldjuk meg az xy+yz+zx-xyz=2 egyenletet, ha x, y és z pozitív egész számok. (4 pont)

Megoldás. Keressük meg először azokat a megoldásokat, amelyekben az ismeretlenek közül x az (egyik) legkisebb; ezekből az összes megoldás, az egyenlet szimmetriája miatt, az x, y és z számok permutálásával kapható.

Az egyenletből

0<xy+yz+zx-xyz3yz-xyz=(3-x)yz;

Ebből következik, hogy 3-x>0, azaz x=1 vagy x=2.

Ha x=1, akkor az egyenlet szerint y+z=2, azaz y=z=1.

Ha x=2, akkor az egyenlet szerint 2y+2z-yz=2. Átrendezve és szorzattá alakítva

(y-2)(z-2)=2.

A két tényező nem lehet (-1)-nél kisebb, ezért csak az 1^.2 szorzat lehetséges, azaz y és z értéke valamilyen sorrendben 3 illetve 4.

Az összes számhármas tehát, amire az egyenlet teljesül: (1,1,1) és (2,3,4), beleértve az utóbbi permutációt is.

B. 3397. ABC egy hegyesszögű háromszög, a KLMN pedig egy olyan téglalap, hogy N az AC szakaszra, K és L pedig az AB szakaszra illeszkedik. Toljuk el a KLMN téglalapot az AC-vel párhuzamosan úgy, hogy M' a BC szakaszra kerül. Így kapjuk a K'L'M'N' téglalapot. Mutassuk meg, hogy CL' és AB metszéspontját az AM és CB metszéspontjával összekötő egyenes merőleges az AB egyenesre. (4 pont)

Megoldás. Jelöljük CL' és AB metszéspontját P-vel, AM és CB metszéspontját Q-val. Az eltolás miatt a KK', LL', MM' és NN' szakaszok párhuzamosak és egyenlő hosszúak.

A párhuzamos szelők tétele szerint, AC és LL' párhuzamosságából . Hasonlóképpen AC és MM' párhuzamosságából . A két egyenletet összevetve , ebből pedig következik, hogy PQ és M'L' párhuzamosak, vagyis PQ merőleges AB-re.

B. 3398. Az ABCD pontok úgy helyezkednek el a térben, hogy az AB és CD szakaszok hossza 4 egység, míg a BC és DA szakaszok hossza 5 egység. Jelölje az AC és BD szakaszok hosszának négyzetét rendre x és y. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben az így adódó x,y számpárok halmazát. (4 pont)

Javasolta: Hraskó András, Budapest

Megoldás. Legyen E és F az A, illetve C pontok vetülete a BD egyenesre.

Könnyen ellenőrizhető, hogy a pontrendszer létezéséhez szükséges és elegendő a feltétel teljesülése. Némi számolással ellenőrizhető, hogy a baloldali egyenlőtlenség az xy81, a jobboldali az x+y82 egyenlőtlenséggel ekvivalens. A keresett ponthalmaz tehát az xy=81 hiperbola pozitív ága és a x+y=82 egyenes által közrezárt, zárt tartomány:

B. 3399. Adott a síkon két kör, e és f, rajtuk kívül pedig a P pont. A P -ből egy-egy érintőt húzunk a két körhöz, ezek érintési pontja E és F. Bizonyítsuk be, hogy azoknak a szakaszoknak az aránya, amelyeket a két kör metsz ki az EF egyenesből, nem függ attól, hogy melyik két érintőt rajzoltuk meg. (5 pont)

Megoldás. Könnyen belátható -- merőleges szárú szögek segítségével --, hogy ha az EF egyenes által az e illetve f körből kimetszett húrokhuz tartozó középponti szög 2 illetve 2, akkor az EPF háromszögben E-nél illetve F-nél lévő szöge illetve . A szinusztétel szerint

sin/sin=OF/OE.

A jobb oldalon álló tört értéke állandó, mert egy külső pontból egy körhöz húzható érintő szakaszok hossza állandó. A bal oldalon lévő tört számlálóját illetve nevezőjét az e illetve az f kör sugarának kétszeresével szorozva viszont éppen a körökből az EF egyenes által kimetszett húrok hosszának hányadosát kapjuk, tehát ez a hányados is állandó.

x,y Z}

a S

b S

Javasolta: Csörnyei Marianna, London

Megoldás. Legyenek x, y, u, v olyan egész számok, amelyekre a=x²+dy² és b=u²+dv². Könnyű ellenőrizni, hogy

(Ez az azonosság például az x+i^.y alakú komplex számok szorzásából nyerhető.)

Ha bebizonyítjuk, hogy az előjelek megfelelő választásával és egész, kész vagyunk.

Tekintsük az xv+yu és xv-yu számok szorzatát:

(xv+yu)(xv-yu)=x²v²-y²u²=(x²v²+dy²v²)-(y²u²+dy²v²)=v²a-y²b;

ez a szám osztható b-bel. Mivel b prím, ebből következik, hogy az xv+yu és xv-yu számok közül legalább az egyik osztható b-vel. Mivel x, y, u és v előjelét tetszés szerint megváltoztathatjuk, feltehetjük, hogy xv+yu osztható b-vel, vagyis egész. Az (1) egyenletből láthatjuk, hogy ekkor is egész.

B. 3401. Egy nagy, önkiszolgáló raktárban rengeteg árut tárolnak legfeljebb 1 tonnás csomagokban. Van egy 3 és egy 4 tonnás teharautónk. Szerződést akarunk kötni, amelyben vállaljuk, hogy a raktárból egy fordulóval legalább N tonna árut szállítunk el. Mekkora N legnagyobb értéke? (5 pont)

Arany D. versenyfeladat (2000) nyomán

Megoldás. Ha a raktárban csupa egyforma tömegű csomag van és a közös tömeg x, akkor a két teherautóra [3/x] illetve [4/x] darabot rakhatunk fel, vagyis az elszállítható tömeg ([3/x]+[4/x])x=7-({3/x}+{4/x})x. Az f(x)=({3/x}+{4/x})x függvény grafikonját az ábrán láthatjuk.

Legyen 0<<1/5 egy kis pozitív szám. Ha x=4/5+, akkor a két teherautó összesen 3+4=7 csomagot vihet el, ezek tömege együttesen 28/5+7. Ebből következik, hogy az elvállalt össztömeg nem lehet 28/5-nél nagyobb.

Megmutatjuk, hogy minden esetben elszállíthatunk 28/5 tonnánál több árut.

Mivel a fenti négy lehetőség közül mindig teljesül legalább az egyik, minden esetben el tudunk szállítani 28/5 tonnánál többet.

Az N legnagyobb értéke tehát a 28/5.