A 2002. áprilisi C-jelű matematika gyakorlatok 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. 670. Egy 3x3-as táblázatba beírtuk az első kilenc pozitív egész számot, mindegyiket egyszer. Tegyük föl, hogy a három sorban balról jobbra, a három oszlopban fölülről lefelé, illetve a bal fölső csúcsból kiinduló átlón kiolvasható háromjegyű számok mindegyike osztható 11-gyel. Mekkora lehet a jobb fölső sarokból kiinduló átlón kiolvasható háromjegyű szám értéke?

Javasolta: Kiss Sándor, Nyíregyháza

Megoldás. Egy háromjegyű \(\displaystyle \overline{ABC}\) szám pontosan akkor osztható 11-gyel, ha A+C-B osztható 11-gyel; a beírt számok (számjegyek) lehetséges nagyságát figyelembe véve ez csak akkor következik be, ha A+C-B=0 vagy A+C-B=11, azaz B=A+C vagy B=A+C-11.

Jelöljük a táblázat elemeit a következő módon:

Ekkor a feltételek szerint

11|(a+x-b)+(z+f-e)+(b+e-y)=a+x+z+f-y=(a+f-y)+(x+z);

mivel (a+f-y) is osztható 11-gyel, azért 11|x+z, így x+z=11. Hasonlóan 11|a+x-b, 11|c+d-y és 11|z+f-e; összeadva: 11|a+x-b+c+d-y+z+f-e=a+b+x+c+y+d+z+e+f-2(b+y+e)=45-2(b+y+e). Ez azt jelenti, hogy a b+y+e összeg 11-gyel osztva 6-ot ad maradékul, tehát az értéke 6 vagy 17. Az (1) szerint azonban b+e=y vagy b+e=y+11, tehát 2y vagy 2y+11 értéke 6 vagy 17, így mindenképpen y=3, és a {b,e} (rendezetlen) pár csak {1,2}, {6,8} vagy {5,9} lehet. Nyilván ugyanez mondható el a {c,d} és az {a,f} párról is. Az elrendezés szimmetriája miatt ezért feltehető, hogy a=1(\(\displaystyle to\)f=2), vagy c=1(\(\displaystyle to\)d=2), vagy d=1(\(\displaystyle to\)c=2) teljesül. Ugyancsak a szimmetria okán tehetjük fel azt is, hogy x\(\displaystyle le\)z=11-x, azaz x\(\displaystyle le\)5. Másrészt a (4)-ben felsorolt lehetőségek egyikében sem lesz az x sem 1, sem 2, sem 3, tehát x értéke csak 4 vagy 5 lehet.

1. eset: a=1. Ekkor f=2, b=x+1, d=x+f=x+2, e=11+3-b=11+3-(x+1)=13-x, c=11+3-d=11+3-(x+2)=12-x. Itt x=5 esetén d=x+2=7=12-x=c, ellentmondás. Az x=4 viszont megfelelő: ekkor z=11-x=7, b=5, c=8, d=6, e=9.

2. eset: c=1. Ekkor d=2, f=11+2-x=13-x, a=11+3-f=11+3-(13-x)=x+1, b=a+x=(x+1)+x=2x+1, e=11+3-b=11+3-(2x+1)=13-2x. Itt 2x+1=b\(\displaystyle le\)9 miatt x=4, akkor viszont b=9=f, ellentmondás.

3. eset: d=1. Ekkor c=2, f=11+1-x=12-x, a=11+3-f=11+3-(12-x)=2+x, e=-11+z+f=-11+(11-x)+(12-x)=12-2x, b=11+3-e=11+3-(12-2x)=2+2x, ami még x=4 mellett is 9-nél nagyobb, ellentmondás.

Tehát az \(\displaystyle \overline{xyz}\) szám 437 vagy 734.

C. 671. Egy 36 cm átmérőjű lábosba beleállítottunk egy 6 cm és egy 12 cm sugarú befőttesüveget. Legfeljebb mekkora sugarú befőttesüveg állítható be a többi mellé a lábosba?

Megoldás. A lábos és a beleállított befőttesüvegek alapkörének középpontját jelölje rendre C, A és B. Mivel az A és B középpontú körök átmérőjének összege éppen a C középpontú kör átmérője, a két kisebbik kör egymást és a nagyobbat is érinti, és az A, C, B középpontok egy egyenesen helyezkednek el. A lábosba állíható lehető legnagyobb üveg alapköre nyilván mind a három kört érinti; a középpontját jelölje D.

A D középpontú kör sugarát r-rel jelölve AC=18-12=6, CB=18-6=12, AD=12+r, BD=6+r, CD=18-r (2. ábra).

Az ACD\(\displaystyle angle\):=\(\displaystyle alpha\) szög koszinusza az ACD háromszögből: \(\displaystyle \cos\alpha={{AC^2+CD^2-AD^2}\over{2\cdot AC\cdot CD}}={{36+(18-r)^2-(12+r)^2}\over{12(18-r)}}\), a DCB háromszögből pedig \(\displaystyle {{BD^2-BC^2-CD^2}\over{2\cdot BC\cdot CD}}=\) \(\displaystyle {{(6+r)^2-144-(18-r)^2}\over{24(18-r)}}\). A két kifejezés egyenlőségéből \(\displaystyle r={{36}\over{7}}\approx5.14\) cm.

C. 672. Egy téglatest A csúcsából kiinduló éleinek hossza 1, 2, 3 egység. Ezen élek A-tól különböző végpontjai egy háromszöget határoznak meg. Milyen messze van az A pont a háromszög síkjától?

Megoldás. Az ábra jelöléseivel legyen AD=2, AC=1, AB=3. Pitagorasz tétele szerint \(\displaystyle BC=\sqrt{10}\), \(\displaystyle BD=\sqrt{13}\), \(\displaystyle CD=\sqrt{5}\).

A Heron-képlettel a BCD háromszög területének négyzete:

\(\displaystyle {{\sqrt{5}+\sqrt{10}+\sqrt{13}}\over{2}}\cdot{{-\sqrt{5}+\sqrt{10}+\sqrt{13}}\over{2}}\cdot{{\sqrt{5}-\sqrt{10}+\sqrt{13}}\over{2}}\cdot{{\sqrt{5}+\sqrt{10}-\sqrt{13}}\over{2}}={{49}\over{4}}.\)

Másrészt az ABCD tetraéder térfogata a téglatest térfogatának egyhatoda, azaz 1 egységnyi. Tehát - a tetraéder magasságát (az A csúcsnak a BCD háromszög síkjától való távolságát) m-mel jelölve - \(\displaystyle 1={m\over3}\cdot{7\over2}\), ahonnan \(\displaystyle m={6\over7}\).

C. 673. A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számok közül kétszer választunk véletlenszerűen. (Ugyanazt a számot kétszer is kiválaszthatjuk.) Minek nagyobb a valószínűsége: annak, hogy a két szám összege, vagy annak, hogy a különbségük osztható 3-mal?

Megoldás. Azt az eseményt, hogy a két kihúzott szám különbsége osztható 3-mal, a következőképpen is elképzelhetjük: a második húzás előtt minden számot a negatívjával helyettesítünk, és ezek közül húzva kell a kihúzott és a korábban kihúzott szám összegének 3-mal oszthatónak lennie. Azonban mind a különbség, mind pedig az összeg képzésénél az eredmény 3-mal való oszthatóságát csupán a két kihúzott szám 3-mal való osztási maradéka befolyásolja. A -0, -1, -2, -3, -4, -5, -6, -7, -8, -9 számok 3-mal való osztási maradéka rendre megegyezik a 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0 osztási maradékával. Ez azt mutatja, hogy a két eseményt előidéző kimenetelek egymásnak kölcsönösen egyértelműen megfeleltethetők, ezért a két esemény gyakorisága (valószínűsége) egyenlő. (Egyszerűen kiszámolható, hogy a közös valószínűség értéke \(\displaystyle {{34}\over{100}}\).)

C. 674. Oldjuk meg az alábbi egyenletet:

\(\displaystyle {x\over20}=\left({5\over2}\right)^{\log_x50}.\)

Megoldás. Az x₁=50 nyilván megoldás, ezért keressük a továbbiakban a 0<x\(\displaystyle ne\)1 ; 50 megoldásokat. A logaritmus azonosságainak felhasználásával:

\(\displaystyle {{x}\over{20}}=\left({5\over2}\right)^{\log_x{50}}\)

\(\displaystyle {{x}\over{50}}\cdot{5\over2}=\left({5\over2}\right)^{\log_x{50}}\)

\(\displaystyle {{x}\over{50}}=\left({5\over2}\right)^{\log_x{50}-1}=\left({5\over2}\right)^{\log_x{50}-\log_x{x}}=\left({5\over2}\right)^{\log_x{50/x}}=\left({5\over2}\right)^{{{1}\over{\log_{50/x}{x}}}},\)

\(\displaystyle \left({{x}\over{50}}\right)^{\log_{50/x}{x}}={5\over2},\)

\(\displaystyle {1\over x}={5\over2},\)

\(\displaystyle x={2\over5}.\)

A feladat megoldásai: x₁=50 és \(\displaystyle x_2={2\over5}\).