A 2001. februári C-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 KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

C. 615.  Egy háromtételes zenemű lejátszása 60 percig tart. Egyik tétel sem hosszabb, mint a másik két tétel együttvéve. Bármelyik két tétel hossza között legalább 3 perc különbség van. Milyen határok között változhat a legrövidebb tétel időtartama?

I. megoldás: Jelölje növekvő sorrendben x, y, z az egyes zenei tételek hosszát. A feladat szövegéből a következő állítások következnek:

I. x+y+z=60

II. z\(\displaystyle le\)x+y

III. a.) x+3\(\displaystyle le\)y; b.) y+3\(\displaystyle le\)z; c.) x+6\(\displaystyle le\)z.

II. és III. b. összeadásából 3\(\displaystyle le\)x adódik, ami 3, 27, 30 esetén teljesül is. A III. a.) és c.) egyenlőtlenségek összeadásából 2x+9\(\displaystyle le\)y+z. Mindkét oldalhoz x-et hozzáadva és I.-et felhasználva 3x+9\(\displaystyle le\)60, x\(\displaystyle le\)17, ami 17, 20, 23 esetén teljesül is.

Tehát a legrövidebb tétel időtartama 3 és 17 perc között változhat.

II. megoldás: A jelölések azonosak az előző megoldás jelöléseivel. Az x nem lehet 3 percnél rövidebb, mert ha x<3, akkor z\(\displaystyle le\)x+y-ból z<3+y következik, ami ellentmond III. b.)-nek. Másrészt x nem lehet 17 percnél hosszabb, hiszen ekkor y 20 percnél, z pedig 23 percnél lenne hosszabb, tehát összegük nem lehetne 60. A legrövidebb és leghosszabb x 3, 27, 30 illetve 17, 20, 23 perc hosszú zenei tételek esetén jön létre.

C. 616.  Lehetséges-e, hogy egy nyolctagú társaságban az ismetetségek száma rendre

a) 1, 3, 3, 4, 5, 6, 6, 6;

b) 1, 3, 3, 4, 5, 6, 6, 7?

Megoldás. a) Igen. Vegyünk egy öt tagú klikket, amelyben ismerjen mindenki mindenkit. Az öt tagú klikk három tagja ismerje két olyan tagját a társaságnak, akik egymást nem ismerik. Az öt tagú klikk e három tagjától különböző egyik tagja pedig ismerje a társaság egy olyan tagját, aki senki mást nem ismer.

b) Nem. Az egyénenként ismert emberek számát összeadva az ismeretségek számának kétszeresét kell kapnunk, hiszen egy ismeretség mindig két ember között áll fenn. De a megadott számok összege 35, ami páratlan.

C. 617.  Az ABC egyenlő szárú háromszögben az AB alap felezőpontja D, a D-ből CB-re állított merőleges talppontja P, a DP szakasz felezőpontja F. Fejezzük ki az AFPC négyszög területét a CF és az AP segítségével.

Megoldás.

Az AD szakasz felezőpontja legyen G. \(\displaystyle ADC\triangle\sim DPC\triangle\), mert \(\displaystyle ADC\measuredangle=DPC\measuredangle\) és \(\displaystyle DCA\measuredangle=PCD\measuredangle\). A hasonlóság aránya CD:CP=k. CG és CF egymásnak megfelelő súlyvonalak, tehát CG=kCF, valamint \(\displaystyle ACG\measuredangle=DCF\measuredangle\); amiből \(\displaystyle GCF\measuredangle=DCP\measuredangle\). Ezekből adódik, hogy \(\displaystyle GCF\triangle\sim DCP\triangle\), tehát GF és FC merőleges egymásra. Mivel GF az ADP háromszögben az AP oldallal párhuzamos középvonal, ezért \(\displaystyle AP\bot FC\). Tehát a keresett terület az átlók szorzatának a felével egyenlő: \(\displaystyle T={{CF\cdot AP}\over2}\).

C. 618.  Egy ABCD téglalap hosszabbik oldala AB, P az AB szakasz, Q a CD szakasz belső pontja. Igazoljuk, hogy P-nek és Q-nak pontosan egy olyan helyzete van, amelyben APCQ rombusz. Mutassuk meg, hogy a téglalap oldalainak arányát változtatva a rombusz és a téglalap területének aránya 1/2 és 1 között bármilyen értéket felvehet.

NRICH Online Maths Club

Megoldás.

AB=a, BC=b, és AP=x a rombusz oldalai. Természetesen AP=PC=CQ=QA esetén lesz APCQ rombusz. A PBC derékszögű háromszögre felírva Pitagorasz tételét a²-2ax+b²=0 adódik, mivel x² kiesik. Innét x=(a²+b²)/2a, amely egyetlen megoldást ad. Ebből látható, hogy ha b-t 0-hoz közelítjük, akkor x az a/2-höz közelít. Ha azonban b-t a-hoz közelítjük, akkor x az a-hoz közelít. Mivel a rombusz és a téglalap területének aránya x/a, ezért az arány valóban 1/2 és 1 között lehet. Ha 1/2<k<1, akkor a b értékét a b²=2k^.a²-a² egyenletből egyértelműen számolhatjuk.

C. 619.  1-től 100 000-ig hány olyan n egész szám van, amelyre n³+23n többszöröse a 24-nek?

Megoldás. Ha 3|n, akkor 3|n³+23n. Ha \(\displaystyle n=3k\pm1\), akkor \(\displaystyle n^3+23n=n(n^2+23)=n(9k^2\pm6k+24)=3\cdot n(3k^2\pm2k+8)\). Tehát n³+23n mindig osztható 3-mal.

Ha \(\displaystyle n=4l\pm1\), akkor \(\displaystyle n^3+23n=n(n^2+23)=n(16l^2\pm8l+24)=8\cdot n(2l^2\pm l+3)\).

Ha n=2m, akkor n³+23n=n(4m²+23), ami n és egy páratlan szám szorzata, tehát pontosan akkor osztható 8-cal, ha n osztható 8-cal. Így 3^.8=24|n³+23n pontosan akkor teljesül, ha n páratlan vagy osztható 8-cal. Ilyen szám minden olyan nyolcas csoportban, ahol az utolsó szám 8 többszöröse, 5 darab van. Mivel 100000=12500^.8, ezért 1-től 100000-ig 12500^.5=62500 ilyen szám van.