A 2001. márciusi 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. 620. Egy trapézt szimmetrikus trapéznak nevezünk, ha alapjainak felező merőlegese egybeesik. Igaz-e, hogy ha egy trapéz szimmetrikus, akkor szimmetrikus trapéz?
Megoldás. Nem, például a paralelogramma (középpontosan) szimmetrikus, de alapjainak felező-merőlegese nem esik egybe.
C. 621. Egy sütödében, ahol mazsolás kalácsot is készítenek, a pék azt szeretné, ha a kalácsok bármely 4 dkg-os szeletében legalább 0,99 valószínűséggel lenne mazsola. 1 kg kalács elkészítéséhez hány szem mazsolát keverjen a tésztához?
Megoldás. 1 kg = 100 dkg = 25.4 dkg, ezért ha kiválasztunk egy 4 dkg-os szeletet, akkor annak a valószínűsége, hogy egy adott mazsola nem abban a szeletben van, 1−125. Ha van n darab mazsolánk, akkor annak a valószínűsége, hogy ezek egyike sem esik ebbe a szeletbe (1−125)n. A feladat feltétele szerint
1−0,99≥(1−125)n
0,01≥(2425)n
n≥112,811
n≥113,
tehát legalább 113 mazsolát kell 1 kg tésztába keverni.
C. 622. Adjuk meg az összes olyan 7-tel osztható alakú
hatjegyű számot, amelyre ¯ABC is 7-tel osztható. (A, B, C
különböző számjegyeket jelölnek.)
Megoldás.
7|¯ABCCBA,
7|¯ABC
Rightarrow .
,
7|¯CBA Rightarrow 7|¯ABC−¯CBA=(1000−1)A+(1−100)C=99(A−C). Mivel (7,99)=1, ezért ez csak úgy lehet, ha 7|A-C, azaz A-C=7 vagy A-C=-7. Öt eset van, B mindegyikben egyértelműen meghatározható abból, hogy 7|ABC.
1. eset: A=9, C=2, ekkor B=5, ¯ABCCBA=952259;
2. eset: A=8, C=1, ekkor B=6, ¯ABCCBA=816618;
3. eset: A=7, C=0, B=0 vagy 7, de ekkor nem lennének különbözők a számjegyek;
4. eset: A=2, C=9, B=5, ¯ABCCBA=259952;
5. eset: A=1, C=8, ekkor B=6, ¯ABCCBA=168861.
C. 623. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
a2b2−a2−ab+1=0a2c−ab−a−c=0abc=−1.
Javasolta: Kiss Sándor, Szatmárnémeti
Megoldás. A harmadik egyenletből ab=−1c. (Feltehetjük, hogy a, b, c≠0.) Ezt az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 1c2−a2+1c+1=0 ⇔ a2=1+c+c2c2 vagy a=±√1+c+c2|c|. Ezt a második egyenletbe behelyettesítve, majd átalakítva kapjuk, hogy ±c|c|√1+c+c2=c+2, amiből négyzetreemelés majd átrendezés után c=-1. Így a=pm1, és így az egyenletrendszer megoldásai
1. a=1, b=1, c=-1; ez az eredeti egyenletrendszert nem elégíti ki;
2. a=-1, b=-1, c=-1; ez viszont igen, így ez az egyetlen megoldás.
C. 624. Belefér-e százezer darab 4 cm átmérőjű szabványos pingponglabda egy 200x164x146 cm méretű ládába?
Megoldás. Nézzük meg, hogy hány labdát tudunk elhelyezni olyan módon, hogy a labdák középpontjai szabályos tetraéderrácsot alkotnak. Helyezzük el a ládát úgy, hogy a 200x164-es lapja legyen alul. Ekkor az első rétegbe (200:4).(164:4)=50.41=2050 darab labda helyezhető el. A következő rétegbe csak (50-1).(41-1)=49.40=1960 darab labda fér el, a következőbe ismét 2050 és így tovább. Ezek a rétegek egybe lógnak, ki kell tehát számolni egy réteg magasságát. Ezt egy olyan tetraéder segítségével tesszük meg, aminek a csúcsai megegyeznek öt pingponglabda középpontjával:
x=4√2, majd a Pitagorasz-tételből m=√8. Tehát az első réteg után minden réteg magassága √8. Mivel (146−4)/√8=50,2, ezért ezzel a módszerrel összesen 2050+25.2050+25.1960=102300 darab labdát tudunk elhelyezni a ládában, ami több, mint 100000. Tehát a kérdésre igennel felelhetünk.