A 2004. decemberi 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. 785 Melyik az a legkisebb pozitív egész szám, amelyik oszható 111-gyel és az utolsó négy jegye 2004?

Megoldás. Keressük azt a legkisebb a számot, melyre 111a-2004 osztható 10000-rel, vagyis van olyan b pozitív egész, melyre

10000b=111a-2004.

Mivel 10000=10+111^.90 és 2004=6+111^.18, ezért ezt átrendezhetjük:

10b+6=111a-111^.18-111^.90b=111(a-18-90b).

A legkisebb olyan pozitív egész, melyre 10b+6 osztható 111-gyel, a b=66, mert 111-nek a legkisebb, 6-ra végződő töbszöröse a 666. Nyilván a is akkor a legkisebb, amikor b, tehát a=6+18+90b=5964.

A keresett szám: 5964^.111=662004.

C. 786. Rögzíteni szeretnénk a függönyt a karnisra. Az egyenlő távolságokat akkor tudjuk egyszerűen biztosítani, ha a két szélső csipesz odacsíptetése után a maradékban van középső, sőt azt is megköveteljük, hogy ez minden további kettéosztásnál, a középső csipesz rögzítése után is teljesüljön. Hány csipeszt tehetünk a karnisra, ha így szeretnénk rögzíteni a függönyt?

Javasolta: Zentai Gábor - Kiss Géza, Budapest

Megoldás. Először 2 csipeszt rögzítünk, a két szélen. Ezután minden további lépésben pontosan annyi csipeszt rögzítünk, ahány részre volt osztva a karnis az előző lépésig felerősített csipeszek által. Az első lépésben 1 csipeszt teszünk fel, s így a lépés után a karnis 2 részre lesz osztva. Mivel egy lépésben minden olyan részt megfelezünk, amelyik az előző lépésben keletkezett, ezért a k-adik lépésben 2^k-1 csipeszt rakunk a karnisra, ami az összes eddig felrakott csipesz által így

(1+2+4+...+2^k-1)+1=2^k

részre lesz osztva.

Tehát a karnisra felrakott csipeszek száma 2+(1+2+4+...+2^k-1)=2^k+1 ahol k\(\displaystyle \ge\)0 egész szám.

C. 787. Igazoljuk, hogy ha x és y pozitív számok, akkor

\(\displaystyle \frac{x+y}{\sqrt{xy}}\le\frac{x}{y}+\frac{y}{x}. \)

Megoldás. Legyen \(\displaystyle a=\sqrt{x/y}.\) Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség:

\(\displaystyle a+{1\over a}\leq a^2+{1\over a^2}.\)

Ezt a²>0-val szorozva, majd rendezve kapjuk, hogy

a³+a\(\displaystyle \le\)a⁴+1,   0\(\displaystyle \le\)(a³-1)(a-1).

Ez utóbbi egyenlőtlenség ekvivalens az eredetivel, és nyilván teljesül, mert a jobb oldalon szereplő szorzat két tényezője azonos előjelű. Egyenlőség pontosan akkor van, ha a=1, azaz ha x=y.

C. 788. Ábrázoljuk az

x⁵-10x³y²+5xy⁴=0

egyenlet megoldáshalmazát a derékszögű koordinátarendszerben.

Javasolta: Hraskó András, Budapest

Megoldás. Az egyenlet bal oldalán álló polinomból x kiemelhető. A kiemelés után olyan homogén negyedfokú polinomot kapunk, melyet könnyen szorzattá bonthatunk (tekinthetjük úgy, mint x²/y² másodfokú polinomja):

\(\displaystyle x^5-10x^3y^2+5xy^4=x(x^4-10x^2y^2+5y^4)= x(x^2-(5+\sqrt{20})y^2)(x^2-(5-\sqrt{20})y^2)=\)

\(\displaystyle x(x-\sqrt{5+\sqrt{20}}y)(x+\sqrt{5+\sqrt{20}}y)(x-\sqrt{5-\sqrt{20}}y) (x+\sqrt{5-\sqrt{20}}y).\)

Mivel egy szorzat pontosan akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, ezért az egyenlet megoldáshalmazát tehát öt olyan egyenes alkotja, melyek mindegyike átmegy az origón.

C. 789. Vízszintes síkra helyeztünk 8 darab r sugarú golyót úgy, hogy középpontjaik egy szabályos 8-szög csúcsaiban vannak, a szomszédos golyók pedig érintik egymást. Mekkora annak a gömbnek a sugara, amelyik érinti a síkot és a golyókat?

Javasolta: Németh László, Fonyód

Megoldás. Ha a golyók középpontja által meghatározott szabályos nyolcszög köré írható kör sugara a, akkor a koszinusztétel szerint (lásd az 1. ábrát)

1. ábra

(2r)²=a²+a²-2a²cos 45^o,

amiből kapjuk, hogy \(\displaystyle a=\sqrt{4+2\sqrt{2}}r.\)

Legyen a keresett gömb sugara R. Tekintsünk egy olyan síkmetszetet, amely átmegy nyolcszög két szemközti csúcsán és a golyókat érintő gömb középpontján. Mivel érintkező gömbök esetén a két középpont és az érintési pont egy egyenesbe esik, ezért a 2. ábrán látható derékszögű háromszög

2. ábra

átfogója R+r, befogói pedig a és R-r. Tehát Pitagorasz tétele szerint

(R+r)²=a²+(R-r)²,

amiből kapjuk, hogy

\(\displaystyle R={a^2\over4r}=\bigg(1+{\sqrt{2}\over2}\bigg)r.\)