A 2004. májusi 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.3732.Az ABC háromszög beírt körének a középpontja O és az AO, illetve a BO egyenesek az A₁, illetve a B₁ pontokban metszik a BC, illetve az AC oldalakat. Tudjuk, hogy OA₁ = OB₁. Következik-e ebből, hogy a háromszög egyenlő szárú?

(3 pont)

Megoldás: Jelölje az O pontnak az BC és AC oldalakra vett merőleges vetületét M_A, illetve M_B. Mivel OM_A=OM_B a háromszögbe írható kör sugarával egyenlő, az OA₁=OB₁ feltétel ekvivalens azzal, hogy az (esetleg elfajuló) OA₁M_A és OB₁M_B derékszögű háromszögek egybevágóak. Egyszerű számolás mutatja, hogy az AA₁C és BB₁C szögek nagysága, a szokásos jelölésekkel élve, rendre $\displaystyle \beta$+$\displaystyle \alpha$/2 és $\displaystyle \alpha$+$\displaystyle \beta$/2. Ha tehát az OA₁M_A és OB₁M_B háromszögek az OC egyenesre tükrösen helyezkednek el, akkor a háromszögek egybevágóságából $\displaystyle \beta$+$\displaystyle \alpha$/2=$\displaystyle \alpha$+$\displaystyle \beta$/2, vagyis $\displaystyle \alpha$=$\displaystyle \beta$ következik, az ABC háromszög ekkor valóban egyenlő szárú. Megfordítva, ha AC=BC, akkor nyilván OA₁=OB₁ is teljesül.

Elképzelhető azonban az is, hogy az OA₁M_A háromszöget O pont körüli elforgatás viszi az OB₁M_B háromszögbe, mégpedig pontosan akkor, ha a $\displaystyle \beta$+$\displaystyle \alpha$/2 és $\displaystyle \alpha$+$\displaystyle \beta$/2 szögek 180^o-ra egészítik ki egymást. Ez pontosan akkor van így, ha $\displaystyle \alpha$+$\displaystyle \beta$=120^o, vagyis ha $\displaystyle \gamma$=60^o. Az OA₁=OB₁ egyenlőség ezek alapján pontosan akkor áll fenn, ha vagy $\displaystyle \alpha$=$\displaystyle \beta$, vagy pedig $\displaystyle \gamma$=60^o. Ez utóbbi esetben azonban a háromszög (hacsak nem szabályos) nem lesz egyenlő szárú.

B.3733.Van-e olyan m egész szám, amelyre 100+m^.101 és 101-m^.100 nem relatív prímek?

(4 pont)

Megoldás: Ha valamely p pozitív egész szám osztója a 100+101m és a 101-100m számoknak is, akkor osztja e két szám összegét és különbségét is, vagyis

$\displaystyle p\ |\ 201+m\quad\mbox{\rm\'es}\quad p\ |\ 201m-1,$

ami miatt

p | 201(201+m)-(201m-1)=40402

is teljesül. Sőt p | 20201 is igaz, hiszen a 101-100m szám mindenképpen páratlan.

Keressünk tehát olyan m egész számot, amelyre 100+101m osztható 20201-gyel. Ez az jelenti, hogy alkalmas k egész számmal 100+101m=20201k, vagyis 100-k=101(200k-m). Ez nyilván teljesül, ha k=-1 és m=-201. Ekkor pedig a 100+101m=-20201 és 101-100m=20201 számok nem lesznek relatív prímek.

B.3734.Van-e olyan derékszögű háromszög, melynek oldalai egész számok és amelyet egyik befogója mint tengely körül megforgatva a keletkező forgáskúp felszínének és térfogatának mérőszáma egyenlő?

(3 pont)

Javasolta: Lorántfy László, Dabas

Megoldás: Legyenek a háromszög befogói a és b, átfogója pedig c. A b befogó körüli forgatással keletkező forgáskúp térfogata V=a²$\displaystyle \pi$b/3, felszíne pedig A=a²$\displaystyle \pi$+ac$\displaystyle \pi$. A V=A feltétel tehát $\displaystyle \pi$-vel való leosztás után ab=3(a+c) alakba írható át. Mivel a háromszög pontosan akkor derékszögű, ha a²+b²=c², a kérdést így fogalmazhatjuk át: léteznek-e olyan a,b,c pozitív egész számok, amelyekre a²+b²=c² és ab=3(a+c) egyidejűleg teljesül. Könnyen észrevehetjük, hogy a=6, b=8, c=10 esetén mindkét feltétel teljesül, a kérdésre a válasz igenlő.

B.3735.Az x_n sorozat első két eleme x₁=1001, x₂=1003 és ha n $\displaystyle \ge$1, akkor $\displaystyle x_{n+2}= \frac{x_{n+1}-2004}{x_n}$. Mennyi a sorozat első 2004 elemének az összege?

(4 pont)

Megoldás: Írjuk fel a rekurzió alapján a sorozat első néhány elemét: x₁=1001, x₂=1003, x₃=-1, $\displaystyle x_4=-{2005\over1003}$, $\displaystyle x_5=2004+{2005\over1003}$, x₆=-1. Az ennek alapján felismerhető szabályosságot, miszerint minden k nemnegatív egész számra x_3k+1+x_3k+2=2004 és x_3k+3=-1 teljesül, k-ra vonatkozó teljes indukcióval igazolhatjuk. Láttuk, hogy k=0 esetén ez igaz. Tegyük fel tehát, hogy n$\displaystyle \ge$1, és 0$\displaystyle \le$k<n esetén az állítást már igazoltuk. Ekkor

$\displaystyle x_{3n+2}={x_{3n+1}-2004\over x_{3n}}={x_{3n+1}-2004\over-1}= 2004-x_{3n+1}.$

Következésképpen x_3n+1+x_3n+2=2004, továbbá

$\displaystyle x_{3n+3}={x_{3n+2}-2004\over x_{3n+1}}={-x_{3n+1}\over x_{3n+1}}=-1,$

ami mutatja, hogy az állítás k=n esetén is érvényben marad.

Ennek alapján minden k$\displaystyle \ge$0 egész szám esetén

x_3k+1+x_3k+2+x_3k+3=2004+(-1)=2003,

a sorozat első 2004 elemének összege pedig

$\displaystyle \sum_{i=1}^{2004}x_i=\sum_{k=0}^{667}(x_{3k+1}+x_{3k+2}+x_{3k+3})= \sum_{k=0}^{667}2003=668\cdot2003=1338004.$

B.3736.Az egységnyi oldalú ABCD négyzet CD oldalán adott az N, CB oldalán pedig az M pont úgy, hogy az MCN háromszög kerülete 2. Mekkora az MAN$\displaystyle \angle$?

(4 pont)

Megoldás: A CN=x, CM=y, MN=z jelöléssel élve x+y+z=2. A CMN derékszögű háromszögre a Pithagorasz-tételt felírva az

x²+y²=z²=(2-x-y)²=4+x²+y²+2xy-4(x+y)

összefüggést kapjuk, ahonnan 2xy=4(x+y)-4, vagyis xy=2(1-z). Az ABM és ADN derékszögű háromszögekből pedig a²=AN²=1+(1-x)²=x²-2x+2 és b²=AM²=y²-2y+2. A koszinusz-tétel alapján az $\displaystyle \alpha$=MAN szögre

$\displaystyle \cos\alpha={a^2+b^2-z^2\over2ab}= {(x^2-2x+2)+(y^2-2y+2)-(x^2+y^2)\over 2\sqrt{(x^2-2x+2)(y^2-2y+2)}},$

vagyis

$\displaystyle \cos\alpha={4-2x-2y\over2\sqrt{(x^2-2x+2)(y^2-2y+2)}}= {z\over\sqrt{(x^2-2x+2)(y^2-2y+2)}}$

adódik.

A gyökjel alatt álló kifejezést átalakítva

(x²-2x+2)(y²-2y+2)=(xy)²-2xy(x+y)+4xy-4(x+y)+4+2(x²+y²)=

=4(1-z)²-4(1-z)(2-z)+8(1-z)-4(2-z)+4+2z²=2z²,

vagyis $\displaystyle \cos\alpha=z/\sqrt{2z^2}=1/\sqrt{2}$, ahonnan $\displaystyle \alpha$=45^o.

B.3737.Egy konvex négyszög bármely két szemközti oldalára teljesül, hogy az oldalak középpontjai közötti távolság fele a hosszuk összegének. Bizonyítandó, hogy a négyszög rombusz.

(4 pont)

Megoldás: Jelöljük a négyszög csúcsait sorban A,B,C,D-vel, az AB,BC,CD,DA élek felezőpontja pedig legyen rendre F_A,F_B,F_C és F_D. Vezessük be továbbá az $\displaystyle \bold a=\overrightarrow{AF_A}=\overrightarrow{F_AB}$, $\displaystyle \bold b=\overrightarrow{BF_B}=\overrightarrow{F_BC}$, $\displaystyle \bold c=\overrightarrow{CF_C}=\overrightarrow{F_CD}$ és $\displaystyle \bold d=\overrightarrow{DF_D}=\overrightarrow{F_DA}$ vektorokat is, ekkor $\displaystyle \bold a+\bold b+\bold c+\bold d=\overrightarrow{0}$, vagyis a+c=-b-d. Készítsünk el egy A'B'C'D' négyszöget úgy, hogy

$\displaystyle \overrightarrow{F_AB'}={\bold a-\bold c\over2},\ \overrightarrow{F_BC'}={\bold b-\bold d\over2},\ \overrightarrow{F_CD'}={\bold c-\bold a\over2},\ \overrightarrow{F_DA'}={\bold d-\bold b\over2}$

legyen. Ekkor

$\displaystyle \overrightarrow{B'F_B}=\overrightarrow{F_AB}-\overrightarrow{F_AB'}=(\bold a+\bold b)-{\bold a-\bold c\over2}= {\bold a\over2}+{\bold c\over2}+\bold b=-{\bold b\over2}-{\bold d\over2}+\bold d={\bold b-\bold d\over2}=\overrightarrow{F_BC'}.$

Hasonlóképpen

$\displaystyle \overrightarrow{C'F_C}={\bold c-\bold a\over2}=\overrightarrow{F_CD'},\ \overrightarrow{D'F_D}={\bold d-\bold b\over2}=\overrightarrow{F_DA'},\ \overrightarrow{D'F_D}={\bold a-\bold c\over2}=\overrightarrow{F_AB'}.$

Az A'B'C'D' négyszögben tehát

$\displaystyle \overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{A'F_A}+\overrightarrow{F_AB'}=\bold a-\bold c,\ \overrightarrow{B'C'}=\bold b-\bold d,\ \overrightarrow{C'D'}=\bold c-\bold a,\ \overrightarrow{D'A'}=\bold d-\bold b.$

Ezért az A'B'C'D' négyszög olyan paralelogramma, melynek oldalfelező pontjai egybeesnek az eredeti ABCD négyszög megfelelő oldalfelező pontjaival. Továbbá a háromszög-egyenlőtlenség alapján

A'B'+C'D'=2|a-c|$\displaystyle \le$2|a|+2|-c|=AB+CD

és

B'C'+D'A'=2|b-d|$\displaystyle \le$2|b|+2|-d|=BC+DA,

ahol egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha az a és -c vektorok egyirányúak csakúgy, mint a b és -d vektorok.

Mivel A'B'=C'D'=F_BF_D és B'C'=D'A'=F_AF_C, a feladat feltétele alapján

$\displaystyle A'B'={A'B'+C'D'\over2}\le{AB+CD\over2}=F_AF_C=B'C'$

és

$\displaystyle B'C'={B'C'+D'A'\over2}\le{BC+DA\over2}=F_BF_D=A'B'.$

Ez csak úgy lehetséges, ha a fenti négy egyenlőtlenségben mindenütt egyenlőség áll, vagyis ha AB párhuzamos CD-vel, BC párhuzamos DA-val és A'B'=F_AF_C=B'C'=F_BF_D. Vagyis az eredeti négyszög paralelogramma, amelyben AB=F_AF_C=F_BF_D=BC. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy az ABCD négyszög rombusz.

B.3738.Oldjuk meg az alábbi egyenletet:

$\displaystyle x-2=\sqrt{4-3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}}. $

(4 pont)

Megoldás: Ránézésre látszik, hogy x=3 megoldása az egyenletnek. Változtassuk x értékét úgy, hogy a jobboldalon álló kifejezés még értelmezhető maradjon. Ha x értékét növeljük, akkor 10-3x, és így $\displaystyle 3\sqrt{10-3x}$ is csökken, ezért $\displaystyle 4-3\sqrt{10-3x}$ és hasonlóképpen $\displaystyle 3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}$ értéke is növekszik, ami által az egyenlet jobb oldalán álló $\displaystyle \sqrt{4-3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}}$ kifejezés értéke csökkenni fog. Ugyanakkor a baloldali x-2 kifejezés értéke növekszik, egyenlőség ennek következtében nem állhat fenn.

Hasonló módon mutathatjuk meg azt is, hogy ha x értékét csökkentjük, akkor a baloldal értéke csökkenni, a jobboldal értéke pedig növekedni fog. Az egyenlet egyetlen megoldása ezek szerint x=3.

B.3739.Az a valós számra teljesül, hogy a⁵-a³+a=2. Bizonyítsuk be, hogy 3<a⁶<4.

(5 pont)

Megoldás: Ha -1$\displaystyle \le$a$\displaystyle \le$0, akkor a$\displaystyle \le$a³, így a⁵-a³+a$\displaystyle \le$a⁵$\displaystyle \le$0. Ha pedig a< -1, akkor a⁵<a³, vagyis a⁵-a³+a<a<-1. Ezért a csakis pozitív szám lehet. Az a⁶<4 egyenlőtlenséghez tehát elég azt igazolni, hogy a³<2. Ha a³$\displaystyle \ge$2 lenne, akkor a>1 is teljesülne, amikor is a(a²-1)²>0. Ebből pedig a⁵-2a³+a>0, vagyis a⁵-a³+a>a³$\displaystyle \ge$2 következne, ami ellentmond a feltételnek.

A másik egyenlőtlenség igazolásához tegyük fel, hogy a⁶$\displaystyle \le$3. A feltételben megadott egyenlőség mindkét oldalát a-val szorozva a⁶-a⁴+a²=2a, ahonnan a⁴-a²+2a=a⁶$\displaystyle \le$3 következik. A rendezés és a pozitív a-val történő beszorzás után kapott a⁵-a³+2a²-3a$\displaystyle \le$0 egyenlőtlenségből az a⁵-a³+a-2=0 összefüggést kivonva 2a²-4a+2$\displaystyle \le$0, vagyis 2(a-1)²$\displaystyle \le$0 következik, ami csak a=1 esetén lehetséges. Mivel a=1 esetén a feladatban kiszabott feltétel nem teljesül, most is ellentmondásra jutottunk, ezzel bizonyítva az első egyenlőtlenség igaz voltát.

B.3740.Tekintsük az

$\displaystyle a_0=1,\quad a_1=\frac{1}{3},\quad a_{n+1}=\frac{2a_n}{3}-a_{n-1}\quad(n\ge1) $

rekurzióval meghatározott sorozatot. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan n pozitív egész szám, amelyre a_n>0,9999.

(5 pont)

Megoldás: Legyen $\displaystyle \alpha=\arccos{1\over3}$, ekkor a₁=cos $\displaystyle \alpha$ és a₂=2cos²$\displaystyle \alpha$-1=cos 2$\displaystyle \alpha$. Teljes indukcióval megmutathatjuk, hogy általában a_n=cos n$\displaystyle \alpha$. Valóban, n$\displaystyle \ge$2 esetén is

a_n+1=2(cos $\displaystyle \alpha$) a_n-a_n-1=2cos $\displaystyle \alpha$cos n$\displaystyle \alpha$-cos (n$\displaystyle \alpha$-$\displaystyle \alpha$)=

=2cos $\displaystyle \alpha$cos n$\displaystyle \alpha$-(cos $\displaystyle \alpha$cos n$\displaystyle \alpha$+sin $\displaystyle \alpha$sin n$\displaystyle \alpha$)=cos (n$\displaystyle \alpha$+$\displaystyle \alpha$)

az indukciós feltevés alapján. Azt kell tehát bizonyítani, hogy van olyan n pozitív egész szám, amelyre cos n$\displaystyle \alpha$>0,9999. Ha alkalmas k,$\displaystyle \ell$ pozitív egész számokkal $\displaystyle \alpha$=2k$\displaystyle \pi$/$\displaystyle \ell$ alakba írható (megmutatható egyébként, hogy nem ez a helyzet), akkor $\displaystyle \ell$ $\alpha$ =2k $\pi$ , vagyis $a_\ell=\cos\ell\alpha=1>0,9999$ .

Tegyük fel tehát, hogy $\alpha$ /2 $\pi$ irracionális, ekkor az i $\alpha$ /2 $\pi$ számok (i=1,2,...) törtrésze mind különböző lesz. Legyen $\beta=\arccos0,9999$ , azt kell megmutatnunk, hogy léteznek n,k pozitív egész számok úgy, hogy |n $\alpha$ -2k $\pi$ |< $\beta$ , azaz |n $\alpha$ /2 $\pi$ -k|< $\beta$ /2 $\pi$ teljesül. Legyen N olyan nagy pozitív egész, hogy ${1\over N-1}<{\beta\over 2\pi}$ teljesül, és tekintsük az {i $\alpha$ /2 $\pi$ } számokat, ahol 1 $\le$ i $\le$ N. Mivel ezek a számok a (0,1) intervallum különböző elemei, a skatulya-elv miatt lesz közöttük kettő, amelynek távolsága kisebb, mint ${1\over N-1}$ . Létezik tehát 1 $\le$ i<j $\le$ N úgy, hogy

$0<\tau=\Bigl|\Bigl\{{i\alpha\over2\pi}\Bigr\}- \Bigl\{{j\alpha\over2\pi}\Bigr\}\Bigr|<{1\over N-1}<{\beta\over2\pi}.$

Tegyük fel először, hogy {i $\alpha$ /2 $\pi$ }>{j $\alpha$ /2 $\pi$ }. Ha {j $\alpha$ /2 $\pi$ }< $\beta$ /2 $\pi$ , akkor az n=j választás megfelelő. Általában pedig legyen K a legkisebb olyan pozitív egész, amelyre {j $\alpha$ /2 $\pi$ }-K $\tau$ < $\beta$ /2 $\pi$ , ekkor

$0<\Bigl\{{j\alpha\over2\pi}\Bigr\}-K\tau= \Bigl\{{j\alpha\over2\pi}\Bigr\}-K\Bigl(\Bigl\{{i\alpha\over2\pi}\Bigr\}- \Bigl\{{j\alpha\over2\pi}\Bigr\}\Bigr)= \Bigl\{(j+K(j-i)){\alpha\over2\pi}\Bigr\}<{\beta\over2\pi}$

miatt az n=j+K(j-i) választás megfelelő lesz. Végül {i $\alpha$ /2 $\pi$ }<{j $\alpha$ /2 $\pi$ } esetén legyen K a legkisebb nemnegatív egész, amelyre

$\Bigl\{{j\alpha\over2\pi}\Bigr\}+K\tau>1-{\beta\over2\pi}.$

Az előző gondolatmenethez hasonlóan most is belátható, hogy az n=j+K(j-i) választás jó lesz.

B.3741.Hány olyan sík van, amely szabályos hatszögben metsz egy szabályos oktaédert?

(5 pont)

Megoldás: Mivel a szabályos oktaéder csúcsai egy alkalmas kocka lapjainak középpontjai, könnyű látni, hogy az oktéder szemközti lapjai, melyek szabáyos háromszögek, egymással párhuzamosak. Azt sem nehéz megmutatni, hogy ha egy sík áthalad az oktéder egyik csúcsán, akkor a síkmetszetnek legfeljebb öt oldala lehet. Ha tehát egy sík szabályos hatszögben metszi az oktédert, akkor a hatszög hat csúcsa az oktéder hat különböző élének belső pontja lesz. Két szomszédos lap mindig ugyanakkora szöget zár be egymással, melynek nagysága $2\arccos\sqrt{2/3}<120^\circ$ . Ezért, ha a síkmetszet szabályos hatszög, akkor annak bármely P csúcsára és az oktéder P-t tartalmazó e élére igaz lesz, hogy az hatszög P-ből induló oldalai az e éllel mindig ugyanakkora $\beta$ <90^o szöget zárnak be. Minthogy pedig a hatszög minden egyes oldala az oktaéder valamely háromszöglapjának két oldalát köti össze, ez csak $\beta$ =60^o esetén lehetséges.

Helyezkedjen el a hatszög egyik oldala az oktéder ABD lapján, az AB éllel párhuzamosan. Az AD élre eső csúcs legyen H₁, a BD élre eső csúcs pedig H₂. A hatszög következő H₃ csúcsa a BD élre illeszkedő BDE lap BE élén lesz úgy, hogy H₂H₃ a DE éllel párhuzamos. Ha a BE élre illeszkedő másik lap BEC, akkor a hatszög következő H₄ csúcsa az EC élre fog illeszkedni úgy, hogy H₃H₄ a BC éllel párhuzamos. A B csúcsból induló BA, BD, BE, BC élek ilyen sorrendben követik egymást, a BAC háromszög tehát az oktaéder egy olyan lapja, melyet a hatszög síkja elválaszt a DE éltől. Mivel H₁H₂ párhuzamos az AB éllel, H₃H₄ pedig a BC éllel, a hatszög síkja az AB és AC élekkel is párhuzamos, vagyis párhuzamos az ABC lap síkjával. Továbbá ha H₁H₂ rövidebb (hosszabb) az oktéder élének felénél, akkor H₂H₃ hosszabb (rövidebb) lesz annál, a hatszög nem lehet szabályos.

Megállapíthatjuk tehát, hogy a síkmetszet csak akkor lehet szabályos hatszög, ha a sík párhuzamos az oktaéder két szemközti lapjával, és azok között, tőlük egyenlő távolságra heyezkedik el. Ilyen síkot négyet találunk, és ezek megfelelők is lesznek, hiszen a keletkező hatszög minden oldala ugyanolyan hosszú lesz, és minden szöge is ugyanakkora lesz.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?