Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js
Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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?

16666664

Megoldás. Jelölje n a számlálóban és a nevezőben található 6-os számjegyek közös számát. Ekkor

¯1666=10n+6(1+10++10n1)=10n+610n1101=

=10n+23(10n1)=5310n23.

Hasonlóan,

¯6664=60(1+10++10n1)+4=6010n19+4=

=20310n83=4(5310n23),

tehát a tört értéke -- n értékétől függetlenül -- \frac{1}{4}.


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+c24,

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 \overline{AA^*}=\sqrt{3}; legyen \overline{PA^*}=x. Írjuk fel a koszinusztételt rendre a PA*A, PA*B, PA*C háromszögekre:

¯PA2=¯PA2+¯AA22¯PA¯AAcosPAA=x2+32x3cosPAA,

¯PB2=¯PA2+¯AB22¯PA¯ABcosPAB=x2+12xcosPAB,

¯PC2=¯PA2+¯AC22¯PA¯ACcosPAC=x2+12xcosPAC.

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+β2cosαβ2

azonosságot:

¯PB2+¯PC2¯PA2=2x2+2(x2+3)2x(cosPAB+cosPAC3cosPAA)=

=x212x(2cosPAB+PAC2cosPABPAC23cosPAA)=

=x212x(2cosPAAcos303cosPAA)=

=x212xcosPAA(2323)=x21.

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 -- alpha-val; az adott kerület legyen K. Ekkor K=2r+ralpha=r(2+alpha), a körcikk területének kétszerese pedig 2t=r2alpha. Így

2t=r2(Kr2), ezért r=\frac{K\pm\sqrt{K^2-16t}}{4}.

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 36022π114,59.