![]() |
A 2002. márciusi 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. 665. Mennyi az alábbi tört értéke, ha a számláló és a nevező ugyanannyi számjegyet tartalmaz?
166…666…64
Megoldás. Jelölje n a számlálóban és a nevezőben található 6-os számjegyek közös számát. Ekkor
¯166…6=10n+6(1+10+…+10n−1)=10n+6⋅10n−110−1=
=10n+23(10n−1)=5310n−23.
Hasonlóan,
¯66…64=60(1+10+…+10n−1)+4=6010n−19+4=
=20310n−83=4(5310n−23),
tehát a tört értéke -- n értékétől függetlenül -- .
C. 666. Egy egész együtthatós másodfokú polinom minden egész helyen 3-mal osztható értéket vesz fel. Bizonyítsuk be, hogy a polinom mindhárom együtthatója osztható 3-mal.
Megoldás. Legyen a szóbanforgó polinom f=ax2+bx+c, ahol a, b és c egész számok. Ekkor a feltétel szerint 3|f(0)=c, így f-c=ax2+bx helyettesítési értékei is oszthatóak 3-mal. Ezért az 1 és a -1 helyeken fölvett helyettesítési értékei, a+b és a-b is oszthatók 3-mal. Tehát 3|(a+b)+(a-b)=2a és 3|(a+b)-(a-b)=2b, amiből a feladat állítása nyilvánvalóan következik.
C. 667. Legyen
a=x+1x,b=y+1y,c=xy+1xy.
Mutassuk meg, hogy az a2+b2+c2-abc kifejezés értéke nem függ x és y-tól.
Megoldás.
a2=(x+1x)2=x2+1x2+2,
b2=(y+1y)2=y2+1y2+2,
c2=(xy+1xy)2=x2y2+1x2y2+2,
valamint
ab=(x+1x)(y+1y)=(xy+1xy)+(xy+yx)=c+(xy+yx),
így
abc=c2+(xy+yx)c=x2y2+1x2y2+2+(xy+yx)(xy+1xy)=
=x2y2+1x2y2+2+(x2+y2+1x2+1y2)=a2+b2+c2−4,
tehát a2+b2+c2-abc=4, valóban független az x és az y értékétől.
C. 668. Adott az ABC egyenlő oldalú háromszög. Hol vannak azok a P pontok a háromszög síkjában, amelyekre PA2=PB2+PC2?
Megoldás. Jelölje A* az A pontnak a
BC egyenesre vonatkozó tükörképét. Ha a háromszög oldalait
egységnyi hosszúságúnak választjuk, akkor ; legyen
. Írjuk fel a koszinusztételt rendre a
PA*A, PA*B,
PA*C háromszögekre:
¯PA2=¯PA∗2+¯AA∗2−2¯PA∗⋅¯AA∗cosPA∗A∠=x2+3−2x√3cosPA∗A∠,
¯PB2=¯PA∗2+¯A∗B2−2¯PA∗⋅¯A∗BcosPA∗B∠=x2+1−2xcosPA∗B∠,
¯PC2=¯PA∗2+¯A∗C2−2¯PA∗⋅¯A∗CcosPA∗C∠=x2+1−2xcosPA∗C∠.
Vegyük észre, hogy a PA*C és a PA*B szögek különbsége BA*Cangle=60o, e két szög számtani közepe pedig a PA*A szög, hiszen AA* felezi a BA*C szöget. Vonjuk ki a második és harmadik egyenlőség összegéből az elsőt, és használjuk fel a
cosα+cosβ=2cosα+β2cosα−β2
azonosságot:
¯PB2+¯PC2−¯PA2=2x2+2−(x2+3)−2x(cosPA∗B∠+cosPA∗C∠−√3cosPA∗A∠)=
=x2−1−2x(2cosPA∗B∠+PA∗C∠2cosPA∗B∠−PA∗C∠2−√3cosPA∗A∠)=
=x2−1−2x(2cosPA∗A∠⋅cos30∘−√3cosPA∗A∠)=
=x2−1−2xcosPA∗A∠⋅(2√32−√3)=x2−1.
Tehát a feltételnek azok a P pontok felelnek meg, amelyekre ¯PA∗=x=1, vagyis amelyek illeszkednek az A* középpontú, egységsugarú körre.
C. 669. Adott kerületű körcikkek közül melyiknek legnagyobb a területe?
Megoldás. A vizsgált körcikkek sugarát jelöljük
r-rel, szögüket pedig -- ívmértékben számolva -- -val; az adott
kerület legyen K. Ekkor K=2r+r
=r(2+alpha), a körcikk területének kétszerese
pedig 2t=r2alpha. Így
2t=r2(Kr−2), ezért .
Mivel a diszkrimináns nem lehet negatív, azért t legfeljebb K216 lehet, és ezt az értéket akkor veszi fel, ha r=K4. Ekkor pedig K=r(2+α)=K4(2+α), ahonnan alpha=2, ami 360⋅22π≈114,59∘.