Szerk
C. 1842. Oldjuk meg a valós számok halmazán a \(\displaystyle 9^x+(6x-23)\cdot 3^x+5x^2-39x+76=0\) egyenletet.
Javasolta: Bencze Mihály (Brassó
Megoldás. Az \(\displaystyle y=3^x\) jelölés bevezetése után oldjuk meg az \(\displaystyle x\) paraméterű, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0 \)
egyenletet a megoldóképlet alkalmazásával:
Ebből \(\displaystyle y_1=-x+4\) és \(\displaystyle y_2=-5x + 19\).
1. eset: \(\displaystyle 3^x=-x+4\).
Mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-x+4\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=1\) pedig megoldás.
2. eset: \(\displaystyle 3^x=-5x+19\).
Az előzőekhez hasonlóan mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-5x+19\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=2\) pedig megoldás.
Ellenőrzések:
Pánovics MátéPTE Gyak. Ált. Isk., Gimn. és Óv. Babits M. Gimn., 12. o. t.dolgozata alapján
Megjegyzés. Lényegében minden megoldó bevezette az \(\displaystyle y=3^x\) jelölést, amellyel az egyenlet a következő alakba írható át:
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0. \)
A megoldás második lépéseként vagy szorzattá alakították az egyenlet bal oldalát, vagy megoldóképlettel megoldották mint paraméteres, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú egyenlet.
A megoldás befejezéséhez az \(\displaystyle x\)-re nézve exponenciális tagot is tartalmazó egyenleteket a bennük szereplő kifejezések monotonitására történő hivatkozással – amelyhez használhattak deriválást, vagy egyszerű függvénytani megfigyeléseket is a második lépéstől függetlenül – oldották meg. A megoldások ellenőrzésével tették végül teljessé a megoldást.
A feladatra összesen 43 versenyző és csapat küldött megoldást. 5 pontos 14, 4 pontos 21, 3 pontos 4, 2 pontos 1. 1 pontot 0, 0 pontot pedig 3 versenyző kapott.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
B. 5489. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle ABC\sphericalangle=15^\circ\) és \(\displaystyle CAB\sphericalangle=75^\circ\), továbbá az \(\displaystyle AB\) átfogó felezőpontja \(\displaystyle F\). A \(\displaystyle BC\) befogón vegyük fel a \(\displaystyle D\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle BD=CA\), a \(\displaystyle CA\) félegyenesen az \(\displaystyle A\) ponton túl az \(\displaystyle E\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle CE=BC\) teljesüljön. A \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) egyenesek metszéspontja legyen \(\displaystyle M\). Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle CM\) egyenesek érintik az \(\displaystyle AEF\) háromszög köré írt kört.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
C. 1865. Az iskolai szkanderbajnokságon \(\displaystyle 17\) fő indult el. Mindenki pontosan egyszer mérkőzött meg mindenkivel, döntetlen nem született. A versenyzők egy csoportját erősnek hívjuk, ha teljesül rájuk, hogy bármely rajtuk kívüli versenyzőt legyőzött közülük valaki. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható legfeljebb \(\displaystyle 9\) fős erős csoport.
Javasolta: Paulovics Zoltán (Budapest)
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
