Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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, 1125. Ha van n darab mazsolánk, akkor annak a valószínűsége, hogy ezek egyike sem esik ebbe a szeletbe (1125)n. A feladat feltétele szerint

10,99(1125)n

0,01(2425)n

n112,811

n113,

tehát legalább 113 mazsolát kell 1 kg tésztába keverni.


C. 622. Adjuk meg az összes olyan 7-tel osztható \overline{ABCCBA} alakú hatjegyű számot, amelyre ¯ABC is 7-tel osztható. (A, B, C különböző számjegyeket jelölnek.)

Megoldás. 7|¯ABCCBA, 7|¯ABC Rightarrow 7|\overline{ABCCBA}-1000\cdot\overline{ABC}=\overline{CBA}. 7|\overline{ABC}, 7|¯CBA Rightarrow 7|¯ABC¯CBA=(10001)A+(1100)C=99(AC). 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:

a2b2a2ab+1=0a2cabac=0abc=1.

Javasolta: Kiss Sándor, Szatmárnémeti

Megoldás. A harmadik egyenletből ab=1c. (Feltehetjük, hogy a, b, c0.) Ezt az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 1c2a2+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=42, majd a Pitagorasz-tételből m=8. Tehát az első réteg után minden réteg magassága 8. Mivel (1464)/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.