A 2003. januári 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.700. Papírból kivágunk egy négyszög alakú lapot, ráírjuk üdvözlő sorainkat, majd sarkainál behajtjuk úgy, hogy a csúcsok egy közös pontba kerüljenek. Milyen négyszöget vágjunk ki, hogy a behajtott részek hézagmentesen és egymás átfedése nélkül takarják a négyszög többi részét?

Megoldás. Ha a szaggatott vonalak mentén behajtott részek hézagmentesen és átfedés nélkül fedik a négyszög belsejét, akkor a keletkező négyszög téglalap, hiszen bármelyik szögének kétszerese 180^o.

Most induljunk ki abból, hogy sikerült a fenti módon a behajtogatás, és így a belső négyszög téglalap. Vegyünk föl egy tetszőleges P pontot a belsejében, legyen ez az a pont, ahová a csúcsok a behajtás után kerültek.

P-t tükrözve a téglalap oldalaira megkapjuk az eredeti négyszöget. Ennek oldalfelezőpontjai összekötésével keletkezik a téglalap, így annak oldalai az átlók és az eredeti négyszög oldalai által meghatározott 2-2 háromszög középvonalai, és így az átlókkal párhuzamosak. Tehát az eredeti négyszög átlói egymásra merőlegesek. Könnyen látható, hogy ekkor a csúcsokat az oldalfelező pontokig behajtva a keletkező részek (lásd kék segédvonalak) hézagmentesen és átfedés nélkül takarják a négyszög belsejét.

C.701. Mutassuk meg, hogy 1^.2 ^....^.1001+ 1002 ^.1003^....^.2002 osztható 2003-mal.

Megoldás. Egy szám 2003-mal való osztási maradéka változatlan marad, ha a számból kivonunk 2003-at. Így az összeg 2003-mal való oszthatósági maradékán nem változtat, ha a második tagjában szereplő minden tényezőből kivonunk 2003-at. Az így kapott összeg

1^.2^....^.1001+(-1001)^.(-1000)^....^.(-1)=1^.2^....^.1001-1001^.1000^....^.1=0,

ami osztható 2003-mal, így az eredeti összeg is.

C.702. Egy derékszögű háromszög hegyesszögei 60^o és 30^o. A háromszögbe két egyenlő sugarú kört írunk, amelyek érintik az átfogót, egymást és egy-egy befogót. Hányszorosa a kisebbik befogó a körök sugarának?

Megoldás.

A piros háromszög hasonló az eredetihez, így átfogója a rövidebb befogó kétszerese, hosszabb befogója pedig $\displaystyle \sqrt3$-szorosa.

Berajzolva azt a (zöld) háromszöget, aminek átfogója a két kör középpontját összekötő szakasz és oldalai párhuzamosak az eredeti háromszög megfelelő oldalaival, a piros háromszöggel egybevágó háromszöget kapunk. Befogói így $\displaystyle \sqrt3r$ ill. r, és így 3. csúcsa rajta van az ,,alsó'' körön. Tehát az eredeti háromszög rövidebb befogójának hossza $\displaystyle r+r+\sqrt3r=(2+\sqrt3)r$, ami r-nek $\displaystyle (2+\sqrt3)$-szorosa.

C.703. A p valós paraméter értékétől függően hány gyöke van a

2x²-10px+7p-1=0

egyenletnek a (-1;1) intervallumban?

Megoldás. Az egyenlet diszkriminánsa, D=100p²-4^.2(7p-1)=(10p-2,8)²+0,16>0, tehát az egyenletnek mindig van két valós gyöke.

Legyen f(x)=2x²-10px+7p-1. Ez egy felfelé nyíló parabolának az egyenlete. Így, ha f(-1)<0 és f(1)<0, akkor az egyenlet mindkét gyöke az I=(-1;1) intervallumon kívülre esik. Ha f(-1)f(1)<0, akkor egy gyök esik az I intervallumba. Végül, ha f(-1) és f(1) is pozitív, akkor vagy egyik gyök sem esik az I intervallumba (ez akkor van így, ha a nagyobb gyök legfeljebb -1, vagy ha a kisebb gyök legalább 1); vagy mindkét gyök -1 és 1 közé esik. f(-1)=1+17p; f(1)=1-3p.

p$\displaystyle in$(-$\displaystyle infty$;-1/17) és p$\displaystyle in$(1/3;$\displaystyle infty$) esetén egy gyök esik az I intervallumba.

$\displaystyle {10p-\sqrt{100p^2-8(7p-1)}\over4$1"> csak p>0,4 esetén teljesülhet;

$\displaystyle {10p+\sqrt{100p^2-8(7p-1)}\over4}<-1$ csak p<-0,4 esetén teljesülhet, így p$\displaystyle in$(-1/17;1/3) esetén mindkét gyök az I intervallumban van.

p=-1/17 esetén a másik gyök $\displaystyle {12\over17}\in I$, p=1/3 esetén pedig 2/3$\displaystyle in$I, így ekkor is egy gyök esik az I intervallumba.

C.704. Mely n természetes számokra igaz, hogy

log₂3 ^.log₃4 ^.log₄5 ^....^.log_n(n+1)=10?

Megoldás. Felhasználva a logaritmus azon tulajdonságát, hogy ha log_ab$\displaystyle ne$0, akkor $\displaystyle \log_ba={1\over\log_ab}$, kapjuk, hogy $\displaystyle \log_23\cdot\log_34={\log_34\over\log_32}=\log_24$, $\displaystyle \log_23\cdot\log_34\cdot\log_45=\log_24\cdot\log_45={\log_45\over\log_42}=\log_25$.

Ezt tovább folytatva kapjuk, hogy $\displaystyle \log_23\cdot\log_34\cdot\log_45\cdot\dots\cdot\log_n(n+1)=\log_2n\cdot\log_n(n+1)={\log_n(n+1)\over\log_n2}=\log_2(n+1)$.

Tahát az egyenlet ekvivalens átalakításokkal log₂(n+1)=10 alakra hozható, ahonnan 2¹⁰=n+1, és így n=2¹⁰-1=1023.