 |
A C. 1311. feladat (2015. október) |
C. 1311. Az \(\displaystyle \frac{1}{3}\); 0,375; 1; 1,4; \(\displaystyle \sqrt{2}\); \(\displaystyle \frac{13}{8}\); 2; \(\displaystyle \frac{13}{5}\); \(\displaystyle \frac{8}{3}\); 3; 4; \(\displaystyle \sqrt{18}\); \(\displaystyle \sqrt{32}\) számok mindegyikét ellátjuk pozitív, vagy negatív előjellel, majd az így kapott számokat összeadjuk. Hányféle különböző előjelezéssel kaphatunk összegként \(\displaystyle 1\)-et?
(5 pont)
A beküldési határidő 2015. november 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A három irracionális szám csak egymással képezhet egész számot. Mivel \(\displaystyle \sqrt{18}=3\sqrt2\) és \(\displaystyle \sqrt{32}=4\sqrt{2}\), azért a \(\displaystyle \sqrt2\) ,,együtthatói" 1, 3 és 4. Ezek nyilván kétféleképpen lehetnek az összegben: \(\displaystyle \sqrt2+3\sqrt2-4\sqrt2=0\) vagy \(\displaystyle -\sqrt2-3\sqrt2+4\sqrt=0\).
A maradék számokat, az egészek kivételével hozzuk közös nevezőre. Ekkor a számok: \(\displaystyle \frac{40}{120}\), \(\displaystyle \frac{45}{120}\), 1, \(\displaystyle \frac{168}{120}\), \(\displaystyle \frac{195}{120}\), 2, \(\displaystyle \frac{312}{120}\), \(\displaystyle \frac{320}{120}\), 3, 4. Ezek összege 19. Ebből csak úgy kaphatunk 1-et, hogy valahány szám összege 10, a többié pedig 9. Az azonos előjelű törtek számlálóinak összege 0-ra kell, hogy végződjön, ha 120-szal osztható. A végződések: 0, 5, 8, 5, 2, 0. Látszik, hogy a 2 és a 8, illetve a két 5-ös együtt jók lehetnek. Valóban: \(\displaystyle \frac{312}{120}+\frac{168}{120}=4\) és \(\displaystyle \frac{45}{120}+\frac{195}{120}=2\). A maradék két tört összege pedig 3, különbsége nem egész. Vagyis ezeknek a tört-pároknak együtt kell előjelet választani.
Azt kaptuk, hogy az 1, 2, 3, 4, 4, 2, 3 egészeket kell a megfelelő módon előjelezni. Nagyság szerint: 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4. Mivel \(\displaystyle 9=1+2+2+4=1+2+3+3=1+4+4=2+3+4\) a 9 összes lehetséges felbontása és ezekben a felbontásokban az első kettőben a 4, illetve a 2 választását kétféle módon tehetjük meg, illetve az utolsóban mindhárom számét, ezért a lehetséges felbontások száma az irracionális számokat is figyelembe véve: \(\displaystyle 2\cdot(2+2+1+2^3)=2\cdot13=26\).
Statisztika:
225 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 78 versenyző. 4 pontot kapott: 41 versenyző. 3 pontot kapott: 68 versenyző. 2 pontot kapott: 27 versenyző. 1 pontot kapott: 4 versenyző. 0 pontot kapott: 3 versenyző. Nem versenyszerű: 4 dolgozat.
A KöMaL 2015. októberi matematika feladatai