A 2002. októberi 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. 685. Hány liter egy 1000 m² felszínű, 1000 km magas henger térfogata?

Megoldás. A henger magasságát m-mel, alapkörének sugarát r-rel jelölve: F=2r\(\displaystyle pi\)(r+m)

, így 10³=2\(\displaystyle pi\)(r²+10⁶r), ahonnan \(\displaystyle r^2+10^6r-{10^3\over{2\pi}}=0\), \(\displaystyle r={-10^6+\sqrt{10^{12}+{2\cdot10^3\over{\pi}}}\over{2}}\approx0.000159155\)

m, tehát a henger térfogata V=r²\(\displaystyle pi\)m\(\displaystyle approx\)0.07957747

m³\(\displaystyle approx\)79.577 liter.

C. 686. Egy unalmas órán Anna azzal múlatja az időt, hogy egész számokat ír egymás alá. Egy adott számból kiindulva a következő sorban vagy az előző szám jegyeinek az összegét, vagy pedig a szorzatukat írja. Ezzel a módszerrel folytatva az eljárást észrevette, hogy minden egyes felírt szám páratlan. Hány olyan legfeljebb hatjegyű kezdőérték van, amelyre teljesül, hogy minden egyes felírt szám páratlan?

Megoldás. Nevezzük a feladat követelményeit kielégítő számokat zöld-nek. Egy zöld szám minden jegye páratlan, hiszen csak így lehet a számjegyek szorzata páratlan; ezért 5 egyjegyű zöld szám van. Kétjegyű nincsen, mivel két páratlan számjegy összege mindig páros -- ugyanezért nincs négyjegyű és hatjegyű sem. A háromjegyűek: vegyük észre mindenekelőtt, hogy a három páratlan számjegy összegének és szorzatának is zöldnek kell lennie, és az nem lehet kétjegyű; ezért a számjegyek összege (és ebből következően a szorzata is) legfeljebb 9, így a legkisebbik 1, azaz a három számjegy lehetséges megoszlásai: 3 darab 1-es; 2 darab 1-es és a 3, 5 vagy 7 valamelyike; 1 db 1-es és ehhez 2 db 3-as. Tehát háromjegyű zöld szám 1+9+3=13 van. Hasonlóan számolhatjuk meg az ötjegyűeket is; a számjegyek összege legfeljebb 45 és zöld lévén legfeljebb 9, ezért a lehetséges számjegykészletek: 5 db 1-es; 4 db 1-es és 1 db 3-as; 4 db 1-es és 1 db 5-ös; 3 db 1-es és 2 db 3-as. Ezért ötjegyű zöld számból 1+5+5+10=21 van, tehát a legfeljebb hatjegyű zöld számok száma: 5+13+21=39.

C. 687. Egy négyszög csúcspontjainak koordinátái A(0;0), B(16;0), C(8;8), D(0,8). Írjuk fel annak az AC-vel párhuzamos egyenesnek az egyenletét, amelyik felezi a négyszög területét.

Megoldás.

A négyszög egy derékszögú trapéz, amelynek területe \(\displaystyle {8(16+8)\over{2}}=96\) egység. Az AC egyenes által levágott alsó háromszög területe \(\displaystyle {16\cdot8\over{2}}=64\) egység, ami nagyobb, mint a négyszög területének a fele; ez azt jelenti, hogy a területet felező egyenes az AC alatt halad, és egy háromszöget vág le a trapézból. Ennek az A'BC' háromszögnek az A'B oldalát a-val, a hozzá tartozó magasságát m-mel jelölve \(\displaystyle {am\over{2}}=48\), és mivel az A'BC' háromszög hasonló az ABC háromszöghöz, a=2m. Így m²=48, \(\displaystyle m=4\sqrt{3}\), \(\displaystyle a=8\sqrt{3}\), \(\displaystyle C'(16-4\sqrt{3},4\sqrt{3})\), tehát az egyenes egyenlete: \(\displaystyle y=x+8\sqrt{3}-16\).

C. 688. Oldjuk meg az [x/2]+[x/4]=x egyenletet. ([x], az x egész része az x-nél nem nagyobb egészek legnagyobbika.)

Megoldás. Jelöljük \(\displaystyle x\over4\)-et y-nal, ekkor [2y]+[y]=4y. Mivel [2y]\(\displaystyle le\)2y és [y]\(\displaystyle le\)y miatt 4y=[2y]+[y]\(\displaystyle le\)2y+y=3y, azért y\(\displaystyle le\)0; legyen y=-n+r, ahol n\(\displaystyle ge\)0 egész és 0\(\displaystyle le\)r<1. Ekkor 2y=-2n+2r, így -2n+[2r]-n=-4n+4r, azaz n+[2r]=4r egész. Az r lehetséges értékei tehát 0, \(\displaystyle 1\over4\), \(\displaystyle 1\over2\), \(\displaystyle 3\over4\). Az ezeknek megfelelő értékei a [2r]-nek rendre: 0, 0, 1, 1; ebből n=4r-[2r]-re a 0, 1, 1, 2 értékeket kapjuk. Tehát y=-n+r=0, \(\displaystyle -{3\over4}\), \(\displaystyle -{1\over2}\) vagy \(\displaystyle -{5\over4}\), így a megoldások: x=4y=0, -3, -2, -5.

C. 689. Oldjuk meg az

egyenletet.

Javasolta: Mosóczi András, Budapest

Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát eloszthatjuk a szükségképpen pozitív x³-nal; ekkor y=log₂x-re x=2^y, és 0=2^2y2+y-6-2^y2-4-2^y2+y-2+1=(2^y2-4-1)(2^y2+y-2-1). Tehát 2^y2-4=1 vagy 2^y2+y-2=1, azaz y²-4=0 vagy y²+y-2=0. A megoldások: y₁=1 és y_2,3=\(\displaystyle pm\)2, tehát x₁=2, x₂=4, \(\displaystyle x_3={1\over{4}}\).