A 2002. decemberi B-jelű matematika feladatok 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.

B.3592. Mikulás az eget kémleli. Másnap, a névnapján a lehető legmesszebbre szeretne eljutni, hogy ajándékot vigyen a gyerekeknek. Éjfélkor végre elkezd havazni. Mikulás a havazásnak igazán nagy szakértője. Rögtön látja, hogy ez az a fajta havazás, amely 24 órán át szakadatlanul tart. A havazás első 16 órájában a szánnal egyre gyorsabban lehet haladni. (A sebesség úgyszólván egyenletesen és folyamatosan növelhető.) A havazás kezdetén a szánt meg sem lehet mozdítani, de a 16. óra végén már repülhet, mint a szélvész. Csakhogy ezt követően a vastagodó hó egyre nagyobb akadályt jelent és az elért sebesség 8 óra alatt egyenletesen csökken egészen a nulláig. A szánt húzó rénszarvasokat Mikulás nem akarja 8 óránál tovább fárasztani. Mikor induljon el Mikulás, ha a lehető leghosszabb utat akarja megtenni? (4 pont)

Megoldás:

A Mikulás által elérhető sebességet sebesség -- idő grafikonon ábrázoltuk; a szán a 0 időpontban 0, az M=16 időpontban m sebességgel haladhat, a 24. órában elérhető sebesség ismét 0. Ha a szán az S időpontban (16-x órakor) indul és a T időpontban (24-x órakor) érkezik meg, akkor az általa megtett út éppen az ASTBC ötszög területe, ami az ASMC és a CMTB trapézok területének az összege. A párhuzamos szelők tétele szerint AS:CM=(16-x)/16, így

$\displaystyle AS=m(1-{x\over{16}}).$

Hasonlóan BT:CM=x/8, így

$\displaystyle BT=m{x\over{8}}.$

Ezért

$\displaystyle t_{ASMC}+t_{CMTB}={x\over{2}}m(2-{x\over{16}})+{{8-x}\over{2}}m(1+{x\over{8}})={{3m}\over{32}}(-(x-{{16}\over{3}})^2+{{256}\over{9}})+4m$

akkor a legnagyobb, ha $\displaystyle x={{16}\over{3}}$; tehát Mikulás 10 óra 40 perckor indul el.

B.3593. Van-e olyan csupa különböző pozitív egész számból álló számtani sorozat, amelynek egyik tagja sem osztható 1-nél nagyobb négyzetszámmal? (3 pont)

Megoldás: Jelölje a keresett számtani sorozat első elemét a, differenciáját d. Ekkor d szükségképpen pozitív egész. A sorozat ka+1-edik eleme a+(ka)d=(kd+1)a, ami k=d+2 esetén (d+1)²a alakba írható, vagyis osztható 1-nél nagyobb négyzetszámmal. Ilyen sorozat tehát nem létezik.

B.3594. Van-e olyan négyzetszám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában a számjegyek összege 2002? (4 pont)

Megoldás: Keressük a számot N² alakban, ahol $\displaystyle N=\sum_{i=1}^ta_i10^{b_i}$. Itt a_i 0-tól különböző számjegyet jelöl, a b_i számok pedig különböző természetes számokat. Ha a b_i számokat alkalmasan választjuk, akkor elérhető, hogy

\(\displaystyle N^2=\sum_{i=1}^ta_i^210^{2b_i}+\sum_{1\le i számjegyeinek összege megegyezzék az a_i² és 2a_ia_j számok jegyeinek S összegével. Az N² szám tízes számrendszerbeli alakja ugyanis, lévén ezek a számok legfeljebb 3 jegyű számok, éppen ezen számokat fogja tartalmazni, egymástól esetleg néhány 0 számjeggyel elválasztva, feltéve hogy a 2b_i és b_i+b_j alakú számok közül bármely kettőnek a különbsége legalább 3. Könnyű ellenőrizni, hogy ha b_i=4ⁱ, akkor ezen feltétel teljesül.

Ha most mindegyik a_i számjegy 1 vagy 2 lenne, akkor az a_i² és 2a_ia_j számok mind egyjegyűek lennének és ezért $\displaystyle S=(\sum_{i=1}^ta_i)^2$ lenne. Mivel 2002 nem négyzetszám, ez a lehetőség nem jön szóba. Ha azonban x darab 3-as, y darab 2-es és z darab 1-es számjegy teszi ki az a_i számokat, akkor S=(3x+2y+z)²-9xy, hiszen a 2^.3^.2=12 szorzat a $\displaystyle (\sum_{i=1}^ta_i)^2=(3x+2y+z)^2$ kifejezésben xy-szor szerepel, S-ben viszont ez az xy számú tag 12 helyett annak jegyeinek összegével, vagyis 3-mal egyenlő. Mivel a 2002 szám 9-cel osztva 4 maradékot ad, 3x+2y+z 2 vagy -2 maradékot kell, hogy adjon. A legkisebb lehetséges esetben tehát 3x+2y+z=47, amiből 9xy=207, xy=23 adódik. Ekkor azonban 3x+2y+z$\displaystyle ge$3+2^.23>47, vagyis nem kaphatunk megoldást. A következő lehetőség 3x+2y+z=52, ahonnan 9xy=702, xy=78 adódik. Ha x=13 és y=6, akkor innen z=1, ha pedig x=6, y=13, akkor z=8 megfelelő lesz.

Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy létezik ilyen négyzetszám. Az egyik ilyen négyzetszám egy olyan szám négyzete, melynek tízes számrendszerbeli alakjában 6 darab 3-as, 13 darab 2-es, 8 darab 1-es és rengeteg 0 számjegy szerepel.

B.3595. Oldjuk meg az alábbi egyenletet:

2x⁴+2y⁴-4x³y+6x²y²-4xy³+7y²+7z²-14yz-70y+70z+175=0.

(3 pont)

Javasolták: Haragos Mátyás és Zsoldos Márton, Fazekas M. Fővárosi Gyak. Gimn.

Megoldás: Az egyenletet

2(x²-xy+y²)²+7(y-z-5)²=0

alakra hozva kapjuk, hogy x²-xy+y²=0 és y-z-5=0. Az első, x-ben másodfokú egyenletből $\displaystyle x=(y\pm\sqrt{-3y^2})/2$, ahonnan y=0 és így x=0. Ezek után a második egyenletből z=-5 adódik. Az egyenlet egyetlen megoldása tehát x=y=0, z=-5, amelynek helyességét könnyen ellenőrizhetjük.

B.3596. Az R sugarú k₁ kört a 2R sugarú k₂ kör az E₃ pontban kívülről érinti, a k₁ és k₂ köröket pedig ugyancsak kívülről érinti a 3R sugarú k₃ kör. A k₂ és k₃ körök érintési pontja E₁, a k₃ és k₁ körök érintési pontja pedig E₂. Bizonyítsuk be, hogy az E₁E₂E₃ háromszög körülírt köre egybevágó a k₁ körrel. (3 pont)

Javasolta: Bíró Bálint, Eger

Megoldás: A k_i kör középpontját O_i-vel jelölve az O₁O₂O₃ háromszög oldalaira O₁O₂=3R, O₁O₃=4R, O₂O₃=5R adódik, a háromszög O₁-nél lévő szöge tehát derékszög. Mivel O₁E₃=O₁E₂=R, az O₁E₂E₃ derékszögű háromszögben $\displaystyle E_2E_3=\sqrt{2}R$. Mivel az E₂O₃E₁ és E₃O₂E₁ egyenlő szárú háromszögek szárszögeinek összege 90^o, az E₃E₁E₂ szög könnyen kiszámolható, nagyságára 45^o adódik. Az E₁E₂E₃ háromszög köré írt kör sugarát r-rel jelölve tehát $\displaystyle \sqrt{2}R=E_2E_3=2r\sin45^\circ$, ahonnan r=R, ami nyilván ekvivalens a bizonyítandó állítással.

B.3597. Igaz-e, hogy ha egy trapézhoz létezik olyan, az alapjaival párhuzamos egyenes, ami a kerületét és a területét is felezi, akkor a trapéz paralelogramma? (4 pont)

Megoldás: Legyenek a trapéz alapjai a+c és a, szárai b és d. Ahhoz, hogy ilyen trapéz létezzen, szükséges és elegendő, hogy a b,c,d hosszúságok kielégítsék a háromszög egyenlőtlenséget. Tekintsünk egy e egyenest, mely párhuzamos a trapéz alapjaival, és a hosszabb és a rövidebb alap közötti távolságot x:(1-x) arányban osztja.

Az e egyenes pontosan akkor felezi a trapéz kerületét, ha

2a+b+c+d=2(a+c+bx+dx),

azaz (1-2x)(b+d)=c. Annak feltétele pedig, hogy e felezze a trapéz területét is, nem más, mint

2a+c=2x(2a+(2-x)c),

hiszen az e egyenesből a trapézb egy a+(1-x)c hosszúságú szakaszt metsz ki. Ez azzal ekvivalens, hogy

2a(1-2x)=(2x(2-x)-1)c.

Látható, hogy mind 1-2x, mind 4x-2x²-1 pozitív kell legyen, ehhez megfelelő például az x=1/3 választás. Ebben az elképzelt esetben feltételeink b+d=3c és 6a=c alakban írhatók fel.

Ha tehát a=1, c=6, b=8 és d=10, akkor valóban létezik egy olyan trapéz, melynek alapjai 7 és 1, szárai pedig 8 és 10 egység hosszúak, és az alapok távolságát 1:2 arányban osztó egyenes a trapéz kerületét és területét is két egyenlő részre osztja. A feladatban feltett kérdésre tehát tagadó a válasz.

B.3598. Adott ABC háromszög AB és BC oldalaira kifelé egyenlő szárú, 140^o szárszögű háromszögeket rajzolunk. Ezek csúcsaiként kapjuk az A₁ és a C₁ pontokat. Ezután az AC oldalra is kifelé megrajzoljuk az ugyancsak egyenlő szárú, 80^o szárszögű AB₁C háromszöget. Mekkora a C₁B₁A₁? (4 pont)

Megoldás: Rajzoljuk meg az AC oldalra befelé az egyenlő szárú, 140^o szárszögű AOC háromszöget. Ekkor az A₁AO szög egyenlő a BAC szöggel. Továbbá A₁A=AB/2cos20^o és AO=AC/2cos20^o. Az A₁AO háromszög tehát hasonló a BAC háromszöghöz, ahol a hasonlóság aránya 1/2cos20^o. Hasonlóképpen a C₁OC háromszögben a C₁CO szög megegyezik a BCA szöggel, továbbá C₁C=BC/2cos20^o és CO=CA/2cos20^o, vagyis a C₁OC háromszög is hasonló a BAC háromszöghöz, és a hasonlóság aránya ugyanaz, mint az előbb. Ezért az A₁AO háromszög egybevágó a C₁OC háromszöggel, tehát A₁A=C₁O.

Vegyük észre még azt is, hogy az AB₁O és OB₁C háromszögek egyaránt 40^o szárszögű egyenlő szárú háromszögek. Ezért egyrészt AB₁=OB₁, másrészt kiszámolható, hogy az A₁AB₁ szög és a C₁OB₁ szög is 70^o-kal nagyobb a BAC szögnél. Következésképpen a C₁OB₁ háromszög egybevágó az A₁AB₁ háromszöggel, sőt abból B₁ körüli 40^o-os elforgatással kapható meg. Ezért a C₁B₁A₁ szög nagysága is 40^o.

B.3599. Egy gömb köré egyenes csonkakúpot írunk. Milyen nagy lehet a csonkakúp térfogatának és felszínének aránya? (4 pont)

Megoldás: Az R sugarú gömböt a C csonkakúp egy O középpontú, r sugarú K körvonal mentén érinti, ahol r<R. Ennek a körvonalnak a síkja párhuzamos a C alapköreit tartalmazó S₁ és S₂ síkokkal. Válasszunk egy tetszőlegesen nagy n természetes számot, és rajzoljunk a K kör köré egy n oldalú szabályos sokszöget, amit K'-vel jelölünk. Legyen K'' az a K-ba írt szabályos n-szög, amelyet K-ból O középpontú $\displaystyle alpha$=cos($\displaystyle pi$/n) arányú nagyí tással kapunk. Húzzuk meg ezután C azon alkotóit, melyek tartalmazzák a K' sokszög csúcsait, és tekintsük azokat a síkokat, amelyek a csonkakúpot ezen alkotók mentén érintik. Ezek a síkok valamint az S₁ és S₂ síkok egy, az R sugarú gömb köré írt C' csonkagúlát zárnak közre. Ennek V' térfogata és A' felszíne között a B.3587. feladat megoldása alapján fennáll a V'/A'=R/3 összefüggés.

Legyen most C'' az a csonkagúla, melyet C'-ből O középpontú $\displaystyle alpha$ arányú nagyítással nyerünk, ennek felülete tartalmazza a K'' sokszöget. Nyilvánvaló tehát, hogy C'' része egy, a C csonkakúpba írt csonkagúlának, C' pedig egy, a C köré írt csonkagúla. Ezért V''<V<V' és A''<A<A', ahol V'' és A'' a C'' csonkagúla térfogatát, illetve felszínét jelöli. Mivel A''=$\displaystyle alpha$²A' és V''=$\displaystyle alpha$³V', kapjuk, hogy

$\displaystyle \alpha^3{R\over3}={V''\over V'}\cdot{V'\over A'}={V''\over A'}<{V\over A}<{V'\over A''}={A'\over A''}\cdot{V'\over A'}={1\over\alpha^2}\cdot{R\over3}.$

Minthogy pedig elegendően nagy n esetén $\displaystyle alpha$ tetsz{\H} olegesen közel eshet az 1-hez, V/A értéke csakis R/3 lehet.

B.3600. Adjunk meg a térbeli koordinátarendszerben olyan rácskockát, amelynek az élei nem párhuzamosak a koordinátatengelyekkel és a kocka élhossza egész szám. (5 pont)

Megoldás: Olyan rácskockát keresünk, amelynek egyik csúcsa az O origó. Az ezzel szomszédos csúcsok bármelyike olyan kell legyen, hogy egyik koordinátája sem 0, de a koordináták négyzetösszege négyzetszám, a kocka élének négyzete. Ezért $\displaystyle 3=\sqrt{1^2+2^2+2^2}$ lesz az a legkisebb élhossz, ami esetleg szóba jöhet. Ha van ilyen kocka, akkor az O-val szomszédos A,B,C csúcsok bármelyikének koordinátái között egy olyan van, amelynek 1 az abszolút értéke, és kettő olyan, amelynek 2 az abszolút értéke. Ahhoz, hogy az OA, OB, OC szakaszok páronként merőlegesek legyenek, szükséges és elegendő, hogy az AB, AC, BC szakaszok hossza egyaránt $\displaystyle \sqrt{18}$ legyen, ekkor lesznek ugyanis az AOB, BOC és COA háromszögek egyaránt egyenlőszárú derékszögű háromszögek.

Ilyen A,B,C ponthármas például az A(1,2,2), B(2,1,-2), C(-2,2,-1) hármas, mely esetben a kocka fennmaradó csúcsainak koordinátái E(3,3,0), F(-1,4,1), G(0,3,-3) és H(1,5,-1).

B.3601. Anna és Zsófi felváltva dob egy dobókockával, és a dobott számot mindig hozzáadják az eddig dobott számok összegéhez. Az nyer, akinek a dobása után először lesz az összeg 4-gyel osztható. Ha Anna kezd, mennyi a valószínűsége, hogy nyer? (5 pont)

Megoldás: Először is gondoljuk meg, hogy a játék 1 valószín{\H} uséggel véget ér. Annak valószínűsége, hogy a játék az első dobás után nem ér véget, p₁=5/6. Ha p_k jelöli annak valószínűségét, hogy a játék még a k-adik dobás után sem ért véget, akkor p_k+1$\displaystyle le$(5/6)p_k, hiszen a 6 lehetséges dobás között mindig van legalább egy olyan, amivel a játék véget ér. Ezért indukcióval p_k$\displaystyle le$(5/6)^k. Annak valószínűsége pedig, hogy a játék nem ér véget, nem lehet nagyobb egyik p_k értéknél sem, így csakis 0 lehet.

Jelölje tehát p a keresett valószínűséget, ekkor annak valószínűsége, hogy a játékot Zsófi nyeri, éppen 1-p. Tekintsük még a játéknak azt három változatát is, amikor a játékot az nyeri, akinek a dobása után először fog az összeg i maradékot adni 4-gyel osztva (i=1,2,3). Jelölje rendre q,r és s annak valószínűségét, hogy ezt a három játékot Anna nyeri. A megoldás elején alkalmazott gondolatmenet azt is mutatja, hogy Zsófi ezeket a játékokat rendre 1-q, 1-r és 1-s valószín{\H} uséggel fogja megnyerni.

Ha az első dobás 4-es, aminek a valószínűsége 1/6, akkor a játékot Anna nyeri. Ha az első dobás 1-es vagy 5-ös, aminek együttes valószínűsége 1/3, akkor úgy képzelhetjük, hogy most egy új játék kezdődik, melyben Anna és Zsófi szerepe felcserélődik, és az nyer, akinek a dobása után először lesz 3 a maradék. Ez tehát Anna győzelmének esélyét 1/6-ról 1/6+(1/3)(1-s)-re növeli. Hasonlóképpen gondolkozva akkor is, ha az első dobás 2-es vagy 6-os volt (ezután az i=2 esethez tartozó játék lép életbe), vagy pedig 3-as (i=1 eset), végül a következő összefüggést írhatjuk fel:

$\displaystyle p={1\over6}+{1\over3}(1-s)+{1\over3}(1-r)+{1\over6}(1-q).$

Hasonlóképpen megvizsgálva a játék három további változatát is, a

$\displaystyle q={1\over3}+{1\over3}(1-s)+{1\over6}(1-r)+{1\over6}(1-q),$

$\displaystyle r={1\over3}+{1\over3}(1-q)+{1\over6}(1-s)+{1\over6}(1-r)$

és

$\displaystyle s={1\over6}+{1\over3}(1-r)+{1\over3}(1-q)+{1\over6}(1-s)$

összefüggésekhez jutunk.

Ez utóbbi három összefüggésből azt kapjuk, hogy a q'=1-q, r'=1-r és s'=1-s valószínűségek kielégítik az alábbi három egyenletet:

7q'+r'+2s'=4,   2q'+7r'+s'=4,   2q'+2r'+7s'=5.

Ennek egyértelmű megoldása q'=37/99, r'=39/99, s'=49/99. Ezt az első összefüggésbe behelyettesítve kapjuk, hogy p=52/99, ennyi tehát a valószínűsége annak, hogy Anna nyeri a játékot.