A 2002. novemberi B-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.

B.3582. Oldjuk meg a természetes számok körében a

3xyz-5yz+3x+3z=5

egyenletet. (3 pont)

Megoldás: Hozzuk az egyenletet (3x-5)(yz+1)=-3z alakra. Mivel -3z\(\displaystyle le\)0 és yz+1>0, szükségképpen 3x-5\(\displaystyle le\)0, vagyis x értéke csak 0 vagy 1 lehet. Az első esetben az egyenlet (5y-3)z=-5 alakra hozható. Ekkor egyrészt z osztója 5-nek, másrészt mivel 5y-3 nem osztható 5-tel, szükségképpen z osztható 5-tel, tehát z=5, 5y-3=-1, ez azonban nem lehetséges. A második esetben az egyenletet (2y-3)z=-2 alakra hozhatjuk, ahonnan az előző okoskodáshoz hasonlóan z=2, 2y-3=-1 következik, így y=1. Az egyenlet egyetlen megoldása tehát x=y=1, z=2.

B.3583. Egy ABC háromszög beírt körének középpontját összekötöttük a háromszög csúcsaival. Az így kapott háromszögek közül az egyik hasonló az ABC háromszöghöz. Mekkorák az ABC háromszög szögei? (3 pont)

Megoldás: Legyenek a háromszög szögei \(\displaystyle alpha\),\(\displaystyle beta\),\(\displaystyle gamma\), a beírt kör középpontja K. Tegyük fel, hogy a BCK háromszög hasonló az ABC háromszöghöz. Ennek a háromszögnek a szögei, \(\displaystyle beta\)/2,\(\displaystyle gamma\)/2 és \(\displaystyle pi\)/2+\(\displaystyle alpha\)/2 valamilyen sorrendben megegyeznek az ABC háromszög szögeivel. Az nem lehet, hogy \(\displaystyle pi\)/2+\(\displaystyle alpha\)/2=\(\displaystyle alpha\), mert abból \(\displaystyle alpha\)=\(\displaystyle pi\) következne. Szimmetria okokból feltehetjük hát, hogy \(\displaystyle pi\)/2+\(\displaystyle alpha\)/2=\(\displaystyle gamma\). Mivel \(\displaystyle beta\)=\(\displaystyle beta\)/2 nem lehet, ezért \(\displaystyle beta\)=\(\displaystyle gamma\)/2 és \(\displaystyle alpha\)=\(\displaystyle beta\)/2, ahonnan

\(\displaystyle pi\)/2+\(\displaystyle alpha\)/2=\(\displaystyle gamma\)=2\(\displaystyle beta\)=4\(\displaystyle alpha\)

adódik. Ezek szerint a háromszög szögei \(\displaystyle alpha\)=\(\displaystyle pi\)/7, \(\displaystyle beta\)=2\(\displaystyle pi\)/7 és \(\displaystyle gamma\)=4\(\displaystyle pi\)/7.

B.3584. Írjuk le az egész számokat egyesével 1-től 10^n-1-ig, és legyen az eközben leírt számjegyek száma A. Ezek után ismét írjuk le az egész számokat egyesével, ezúttal 1-től 10ⁿ-ig, és legyen az így leírt nullák száma B. Bizonyítsuk be, hogy A=B. (4 pont)

Megoldás: Jelölje A_i az 1-től 10^n-1-ig leírt számok közül a legalább i-jegyűek számát, B_i pedig az 1-től 10ⁿ-ig leírt számok közül azoknak a számát, ahol hátulról az i-edik értékes jegy 0. Példaképpen: A₁=B₁=10^n-1 és A_n=B_n=1. Mivel A=A₁+A₂+...+A_n és B=B₁+B₂+...+B_n, elég annyit megmutatni, hogy 1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)n esetén A_i=B_i. Ez azonban nyilvánvaló, hiszen a szóban forgó számok között egy-egy értelmű megfeleltetést létesíthetünk a megfelelő helyre beillesztett 0 számjegy beiktatásával, illetve a fordított irányban, a megfelelő helyen álló 0 számjegy eltörlésével.

B.3585. Határozzuk meg az a paraméter azon értékeit, amelyekre az

\(\displaystyle \sqrt{1+x^4\)1-2ax+x^2">

egyenlőtlenség minden pozitív x-re teljesül. (3 pont)

XI. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

Megoldás: Ha a\(\displaystyle le\)0, akkor pozitív x esetén

\(\displaystyle 1-2ax+x^2\ge1+x^2=\sqrt{1+2x^2+x^4\)\sqrt{1+x^4},">

tehát az egyenlőtlenség nem teljesül. Ha a\(\displaystyle ge\)1 és x\(\displaystyle ge\)1, akkor

\(\displaystyle 1-2ax+x^2 ha pedig a\(\displaystyle ge\)1 és 0<x<1, akkor 2a>x miatt

\(\displaystyle 1-2ax+x^2<1<\sqrt{1+x^4},\)

a\(\displaystyle ge\)1 esetén tehát minden pozitív x szám kielégíti az egyenlőtlenséget.

A fennmaradó 0<a<1 esetet vizsgálva megállapíthatjuk, hogy pozitív x értékek esetén 1-2ax+x²>1-2x+x²\(\displaystyle ge\)0, és ezért ekkor a szóban forgó egyenlőtlenség sorra ekvivalens az

1+x⁴>(1-2ax+x²)²,

4ax³-4a²x²-2x²+4ax>0,

\(\displaystyle x^2-{2a^2+1\over2a}x+\)0,">

\(\displaystyle \Bigl(x-{2a^2+1\over4a}\Bigr)^2+1-\Bigl({2a^2+1\over4a}\Bigr)^\)0">

egyenlőtlenségekkel. Ez utóbbi pontosan akkor teljesül minden pozitív x-re, ha a pozitív \(\displaystyle x={2a^2+1\over4a}\) esetén is teljesül, vagyis ha

\(\displaystyle 1-\Bigl({2a^2+1\over4a}\Bigr)^\)0,">

vagy ami ezzel ekvivalens, 4a>2a²+1. Ez utóbbi pedig pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle 1-\sqrt{2}/2 Összefoglalva, az egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül minden pozitív x-re, ha \(\displaystyle \)1-\sqrt{2}/2\approx0,293">.

B.3586. Az a paraméter mely értékeire van a lg(ax)=2lg(x+1) egyenletnek pontosan egy megoldása? (4 pont)

Megoldás: Ha x megoldása az egyenletnek, akkor szükségképpen ax>0 és x>-1. Ezen feltételek mellett az egyenlet ekvivalens az ax=(x+1)² egyenlettel. Ezt átalakítva az x²+(2-a)x+1=0 egyenlethez jutunk, melynek diszkriminánsa D=a²-4a. Ha D<0, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha D=0, akkor vagy a=0, ami az ax>0 feltétel miatt nem jöhet szóba, vagy a=4, mely esetben az x²+(2-a)x+1=0 egyenlet megoldása x=1, mely egyben megoldása az eredeti egyenletnek is. D>0 pontosan akkor teljesül, ha a<0 vagy 4<a, mely esetben az x²+(2-a)x+1=0 egyenlet két megoldása

\(\displaystyle {a-2\pm\sqrt{a^2-4a}\over2}.\)

Ha a>4, akkor \(\displaystyle a-2=\sqrt{a^2-4a+4\)\sqrt{a^2-4a}"> miatt mindkét megoldás pozitív, így eleget tesz az ax>0 és x>-1 feltételeknek is. Ezek az a értékek tehát nem jöhetnek szóba.

Ha viszont a<0, akkor az ax>0 és x>-1 feltételek a -1<x<0 kikötésre redukálódnak. Most \(\displaystyle |a-2\)\sqrt{a^2-4a}"> miatt mindkét gyök negatív. A kisebbik gyök,

\(\displaystyle {a-2-\sqrt{a^2-4a}\over2}<{a-2\over2}<-1,\)

nem megoldása az eredeti egyenletnek. Azt kell tehát megvizsgálnunk, milyen a<0 esetén lesz

\(\displaystyle {a-2+\sqrt{a^2-4a}\over2\)-1,">

vagyis \(\displaystyle a-2+\sqrt{a^2-4a\)-2">, \(\displaystyle \sqrt{a^2-4a\)-a=\sqrt{a^2}">. Ez azonban a<0 esetén mindig teljesül.

Összefoglalva, az egyenletnek pontosan akkor van pontosan egy megoldása, ha a=4 vagy a<0.

B.3587. Adott gömb köré négyzet alapú, egyenes csonkagúlát írunk. Mekkora lehet a csonkagúla térfogatának és felszínének az aránya? (4 pont)

Megoldás: A gömb középpontját a csonkagúla éleivel összekötve a csonkagúla 6 négyszög alapú gúlára bontható fel. Mindegyik gúlának a magassága megegyezik a gömb sugarával, amit R-rel jelölünk. A gúlák alaplapja pedig a csonkagúla egy-egy lapjával egyezik meg. Ha a csonkagúla lapjai rendre A₁,A₂,...,A₆ területtel bírnak, akkor az egyes gúlák térfogata V₁=A₁R/3, V₂=A₂R/3, ..., V₆=A₆R/3. Ezért a csonkagúla térfogata

\(\displaystyle V=V_1+V_2+\ldots+V_6={(A_1+A_2+\ldots+A_6)R\over3}={AR\over3},\)

ahol A éppen a csonkagúla felszíne. A szóban forgó arány tehát R/3, függetlenül attól, milyen csonkagúlát írtunk az R sugarú gömb köré.

B.3588. Adott egy kör és a belsejében az M pont. Egy M csúcsú derékszög szárai a kört az A és B pontokban metszik. Mi az AB szakasz felezőpontjának mértani helye, ha a derékszög körbefordul az M pont körül? (4 pont)

Megoldás: Jelölje az adott k kör középpontját O, az (esetleg elfajuló) OM szakasz felezőpontját K, az AB szakasz felezőpontját pedig F. Jelölje továbbá a k kör sugarát r, az M pontnak a kör középpontjától mért távolságát pedig d. Azt állítjuk, hogy a keresett mértani hely egy olyan k^* kör, melynek középpontja K, sugara pedig \(\displaystyle \sqrt{2r^2-d^2}/2\).

Először megmutatjuk, hogy F illeszkedik a k^* körre. Mivel az FK szakasz az OMF háromszög súlyvonala, a jól ismert azonosság szerint (mely könnyen levezethető, ha az OKF és MKF háromszögek OF, illetve MF oldalára felírjuk a koszinusz-tételt)

\(\displaystyle KF^2={2OF^2+2MF^2-OM^2\over4},\)

ez az összefüggés nyilván teljesül az elfajuló O=M esetben is. Az AMB derékszögű háromszögből MF=FA=FB, az OFA derékszögű háromszögből pedig ezek után OF²+MF²=OF²+FA²=OA²=r² adódik, ahonnan KF²=(2r²-d²)/4, ahogyan azt állítottuk.

Végül megmutatjuk, hogy a k^* kör minden pontja megfelelő. Legyen F a k^* kör tetszőleges pontja, és jelölje A és B az OF-re F-ben állított merőlegesnek a k körrel alkotott két metszéspontját, ekkor F nyilván az AB szakasz felezőpontja. Annyit kell tehát csak megmutatni, hogy az AMB szög derékszög. Azonban

\(\displaystyle MF^2={4KF^2+OM^2-2OF^2\over2}={2r^2-2OF^2\over2}=OA^2-OF^2=AF^2,\)

ahonnan FM=FA adódik. Ezért M rajta van az AB átmérőjű körön, tehát Thalesz tétele értelmében az AMB szög valóban derékszög.

B.3589. Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok olyan n páratlan pozitív egész szám létezik, amelyre 2ⁿ+n összetett szám. (4 pont)

Megoldás: Megmutatjuk, hogy ha n 6k+1 alakú, akkor 2ⁿ+n osztható 3-mal. Ez k=0 esetén nyilván igaz, hiszen ekkor n=1, 2ⁿ+n=3. Ha pedig a_k=2^6k+1+6k+1 osztható 3-mal, akkor a_k+1 is osztható, ugyanis különbségük,

a_k+1-a_k=2^6k+7+6k+7-(2^6k+1+6k+1)=63^.2^6k+1+6

szemlátomást osztható 3-mal. A teljes indukció elve miatt tehát az állítás igaz minden k természetes szám esetén. Továbbá ha k>0, vagyis n>1, akkor 2ⁿ+n>3. Megállapíthatjuk tehát, hogy minden olyan 1-nél nagyobb n pozitív egész számra, mely 6-tal osztva 1 maradékot ad, 2ⁿ+n összetett szám. Mivel végtelen sok ilyen szám van, és az egyben páratlan is, a feladatot megoldottuk.