!--#set var="TITLE" value="A 2004. decemberi B-jelĹą matematika feladatok megoldĂĄsa" -->

A 2004. decemberi B-jelĹą matematika feladatok megoldĂĄsa

A kĂśzĂśltek csak megoldĂĄsvĂĄzlatok, esetleg csak vĂŠgeredmĂŠnyek. A maximĂĄlis pontszĂĄm elĂŠrĂŠsĂŠhez ĂĄltalĂĄban ennĂŠl rĂŠszletesebb megoldĂĄs szĂźksĂŠges. A rĂŠszletes megoldĂĄsokat a bekĂźldĂśtt dolgozatok alapjĂĄn a KĂśMaL-ban folyamatosan kĂśzĂśljĂźk.

B.3772. HĂĄny olyan (n;k) szĂĄmpĂĄr van, amelyre n>k, tovĂĄbbĂĄ az n ĂŠs k oldalĂş szabĂĄlyos sokszĂśgek belsĹ szĂśgĂŠnek az eltĂŠrĂŠse 1^o?

(4 pont)

MegoldĂĄs: Mivel a belsĹ szĂśgek eltĂŠrĂŠse megegyezik a kĂźlsĹ szĂśgek eltĂŠrĂŠsĂŠvel, a mĂĄsodik feltĂŠtel ekvivalens a

$\displaystyle {360\over k}-{360\over n}=1$

feltĂŠtellel, amit ekvivalens ĂĄtalakĂtĂĄsokkal

360n-360k=nk, (360-k)(360+n)=360²

alakra hozhatunk. A k ĂŠs n szĂĄmokra tovĂĄbbi feltĂŠteleink: 3$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$n. Mivel (360-k)(360+k)<360², a (360-k)(360+n)=360² feltĂŠtel teljesĂźlĂŠse esetĂŠn k<n automatikusan teljesĂźlni fog. Minden 360²=a^.b alakĂş elĹĂĄllĂtĂĄs, ahol a,b pozitĂv egĂŠsz szĂĄmok ĂŠs a$\displaystyle \le$357, megfelel tehĂĄt egy alkalmas (n,k) szĂĄmpĂĄrnak, ahol k=360-a ĂŠs n=b-360, ĂŠs az is vilĂĄgos, hogy minden megfelelĹ szĂĄmpĂĄrt megkapunk ilyen mĂłdon. Mivel pedig sem 358, sem 359 nem osztĂłja a 360² szĂĄmnak, az a,b pozitĂv egĂŠszekre adott feltĂŠtel ekvivalens az a<b feltĂŠtellel.

A 360²=2⁶^.3⁴^.5² prĂmtĂŠnyezĹs felbontĂĄs alapjĂĄn lĂĄthatĂł hogy 360² pozitĂv osztĂłinak szĂĄma (6+1)(4+1)(2+1)=105. EzĂŠrt a 360² szĂĄmot, nagysĂĄgrendi megkĂśtĂŠsek nĂŠlkĂźl, ĂŠppen 105 fĂŠlekĂŠppen lehet a^.b alakban felĂrni, ahol a,b pozitĂv egĂŠsz szĂĄmok. EbbĹl a 360^.360 elĹĂĄllĂtĂĄs nem lesz megfelelĹ, a tĂśbbi 104 elĹĂĄllĂtĂĄsnak pedig pontosan felĂŠben fog teljesĂźlni az a<b feltĂŠtel. A szĂłban forgĂł (n,k) szĂĄmpĂĄrok szĂĄma tehĂĄt 52.

B.3773. OszthatĂł-e

20²⁰⁰⁴+16²⁰⁰⁴-3²⁰⁰⁴-1

323-mal?

(3 pont)

MegoldĂĄs: Mivel 323=17^.19, vizsgĂĄljuk meg azt, hogy az adott szĂĄm oszthatĂł-e 17-tel, illetve 19-cel. Ismeretes, hogy ha a ĂŠs b kĂźlĂśnbĂśzĹ egĂŠsz szĂĄmok, n pedig termĂŠsztes szĂĄm, akkor aⁿ-bⁿ oszthatĂł (a-b)-vel. EbbĹl az is kĂśvetkezik, hogy ha a² ĂŠs b² is kĂźlĂśnbĂśzĹ, tovĂĄbbĂĄ n pĂĄros, akkor aⁿ-bⁿ oszthatĂł (a²-b²)-tel, kĂśvetkezĂŠskĂŠppen (a+b)-vel is.

Ezt alkalmazva lĂĄthatĂł, hogy

17 | 20²⁰⁰⁴-3²⁰⁰⁴, 17 | 16²⁰⁰⁴-1²⁰⁰⁴, 19 | 20²⁰⁰⁴-1²⁰⁰⁴, 19 | 16²⁰⁰⁴-3²⁰⁰⁴.

Vagyis a szĂłban forgĂł szĂĄm oszthatĂł mind 17-tel, mind 19-cel. Mivel 17 ĂŠs 19 relatĂv prĂmek, a szĂĄm a szorzatukkal, 323-mal is oszthatĂł.

B.3774. Az egyenlĹ szĂĄrĂş derĂŠkszĂśgĹą ABC hĂĄromszĂśg AB ĂĄtfogĂłjĂĄn adottak a K ĂŠs az M pontok. K az A ĂŠs az M kĂśzĂśtt van, tovĂĄbbĂĄ KCM$\displaystyle \angle$=45^o. BizonyĂtsuk be, hogy AK²+MB²=KM².

(3 pont)

MegoldĂĄs: Legyen az A illetve B pontok tĂźkĂśrkĂŠpe a CK illetve CM egyenesre rendre A' ĂŠs B'. Mivel az ACK ĂŠs BCM szĂśgek Ăśsszege 45^o, az ACA' ĂŠs BCB' szĂśgek Ăśsszege 90^o lesz. Mivel pedig CA'=CA=CB=CB', az A' ĂŠs B' pontok egybeesnek. Mivel a CKA=CKA' ĂŠs CMB=CMB' szĂśgek a KMC hĂĄromszĂśg egy-egy szĂśgĂŠt egĂŠszĂtik ki 180^o-ra, ĂśsszegĂźk ĂŠppen 180^o-kal lesz nagyobb a KMC hĂĄromszĂśg harmadik, 45^o-os szĂśgĂŠnĂŠl. A CKA'M nĂŠgyszĂśg A'-nĂŠl lĂŠvĹ szĂśge tehĂĄt derĂŠkszĂśg, vagyis a Pithagorasz-tĂŠtel szerint

AK²+MB²=A'K²+A'M²=KM².

B.3775. Oldjuk meg az

y³=x³+8x²-6x+8

egyenletet a nemnegatĂv egĂŠszek kĂśrĂŠben.

(4 pont)

MegoldĂĄs: Ha x>9, akkor 2x²>18x, tehĂĄt

(x+2)³=x³+6x²+12x+8<x³+8x²-6x+8.

MĂĄsrĂŠszt tetszĹleges nemnegatĂv x szĂĄm esetĂŠn

x³+8x²-6x+8<x³+9x²+27x+27=(x+3)³.

EzĂŠrt x>9 esetĂŠn az x³+8x²-6x+8 szĂĄm kĂŠt egymĂĄst kĂśvetĹ pozitĂv egĂŠsz szĂĄm harmadik hatvĂĄnya kĂśzĂŠ esik, Ăgy nem lehet kĂśbszĂĄm. A 9-nĂŠl nem nagyobb nemnegatĂv egĂŠsz szĂĄmokat megvizsgĂĄlva pedig azt tapasztaljuk, hogy az x³+8x²-6x+8 szĂĄm csak x=0 ĂŠs x=9 esetĂŠn lesz kĂśbszĂĄm. Az egyenlĹsĂŠgnek tehĂĄt kĂŠt nemnegatĂv egĂŠsz szĂĄmpĂĄr tesz eleget: x=0, y=2 ĂŠs x=9, y=11.

B.3776. Az ABCD hĂşrnĂŠgyszĂśg BD ĂĄtlĂłja egyben a kĂśrĂźlĂrt kĂśr ĂĄtmĂŠrĹje. Az ABC hĂĄromszĂśg oldalainak a hossza legalĂĄbb 1. BizonyĂtsuk be, hogy a nĂŠgyszĂśg terĂźlete nagyobb, mint $\displaystyle \frac{1}{2}$ terĂźletegysĂŠg.

(4 pont)

Klein Eszter ĂŠs Terry Tao (Sidney, AusztrĂĄlia)

MegoldĂĄs: ThalĂŠsz tĂŠtele miatt az ABD ĂŠs CBD hĂĄromszĂśgek A illetve C csĂşcsĂĄnĂĄl derĂŠkszĂśg van. A nĂŠgyszĂśg T terĂźlete e kĂŠt hĂĄromszĂśg terĂźletĂŠnek Ăśsszege. FelhasznĂĄlva, hogy AB,AC,BC$\displaystyle \ge$1, a hĂĄromszĂśg egyenlĹtlensĂŠg miatt

$\displaystyle T={1\over2}(AB\cdot AD+BC\cdot CD)\ge{1\over2}(AD+CD${1\over2}AC\ge {1\over2}.">

B.3777. Az ABC egyenlĹ szĂĄrĂş hĂĄromszĂśg szĂĄrszĂśge BAC$\displaystyle \angle$=$\displaystyle \alpha$. A BC alapot B-tĹl C felĂŠ haladva n egyenlĹ rĂŠszre osztĂł pontok D₁, D₂,..., D_n-1. Az AB szĂĄrat 1:(n-1) arĂĄnyban osztĂł pont E. Igazoljuk, hogy

$\displaystyle AD_1E\sphericalangle+AD_2E\sphericalangle+\dots+AD_{n-1}E\sphericalangle= \frac{\alpha}{2}. $

(4 pont)

MegoldĂĄs: JelĂślje i=1,2,..., n-1 esetĂŠn a BAD_i, AD_iE ĂŠs BED_i szĂśgeket redre $\displaystyle \alpha$_i, $\displaystyle \delta$_i, $\displaystyle \varepsilon$_i. Egy hĂĄromszĂśg kĂŠt belsĹ szĂśgĂŠnek Ăśsszege egyenlĹ a harmadik csĂşcsnĂĄl lĂŠvĹ kĂźlsĹ szĂśggel. Ezt az AD_iE hĂĄromszĂśgre alkalmazva az $\displaystyle \alpha$_i+$\displaystyle \delta$_i=$\displaystyle \epsilon$_i ĂśsszefĂźggĂŠst kapjuk, ahonnan

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}AD_iE\measuredangle=\sum_{i=1}^{n-1}\delta_i= \sum_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i-\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i.$

A pĂĄrhuzamos szelĹk tĂŠtele miatt a BED_n-1 hĂĄromszĂśg hasonlĂł a BAC hĂĄromszĂśghĂśz, tehĂĄt egyenlĹszĂĄrĂş ĂŠs szĂĄrszĂśge $\displaystyle \varepsilon$_n-1=$\displaystyle \alpha$. A hĂĄromszĂśgek ĂŠs a felosztĂĄs szimmetriĂĄja miatt 1$\displaystyle \le$i$\displaystyle \le$n-2 esetĂŠn felĂrhatĂłk az

$\displaystyle \varepsilon$_i+$\displaystyle \varepsilon$_n-1-i=$\displaystyle \alpha$

ĂŠs 1$\displaystyle \le$i$\displaystyle \le$n-1 esetĂŠn az

$\displaystyle \alpha$_i+$\displaystyle \alpha$_n-i=$\displaystyle \alpha$

egyenlĹsĂŠgek, ahonnan

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n-2}\varepsilon_i={n-2\over2}\alpha,\quad\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i={n-1\over2}\alpha.$

MegĂĄllapĂtĂĄsainkat Ăśsszegezve,

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}AD_iE\measuredangle=\sum_{i=1}^{n-2}\varepsilon_i+ \varepsilon_{n-1}-\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i= {n-2\over2}\alpha+\alpha-{n-1\over2}\alpha={\alpha\over2},$

ahogyan azt bizonyĂtanunk kellett.

B.3778. Az ABCD konvex nĂŠgyszĂśg ĂĄtlĂłi az E pontban metszik egymĂĄst. Igazoljuk, hogy

$\displaystyle \big|t(ABE\triangle)-t(CDE\triangle)\big|\le\frac{1}{2}AD\cdot BC. $

(4 pont)

MegoldĂĄs: Az E pontbĂłl az A,B,C,D csĂşcsokba mutatĂł vektorokat jelĂślje rendre a, b, c ĂŠs d. Ekkor az axb ĂŠs cxd vektorok irĂĄnya megegyezik, hosszuk pedig rendre az ABE illetve CDE hĂĄromszĂśgek terĂźletĂŠnek kĂŠtszeresĂŠvel egyenlĹ. Vagyis

2|t( ABE$\displaystyle \Delta$) - t( CDE$\displaystyle \Delta$)| = |axb-cxd|.

Mivel az a ĂŠs c vektorok pĂĄrhuzamosak, axc=0, ĂŠs ugyanĂgy dxb is a nullvektor lesz. EzĂŠrt

$\displaystyle AD\cdot BC\ge\left|\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{BC}\right| =\left|(d-a)\times(c-b)\right|=\left|d\times c-a\times c-d\times b+a\times b\right|= \left|a\times b-c\times d\right|,$

bizonyĂtva az ĂĄllĂtĂĄst.

B.3779. TekintsĂźk azokat a sĂkokat, amelyek a 2 egysĂŠg ĂŠlĹą kocka egy-egy csĂşcsĂĄbĂłl kiindulĂł ĂŠlek felezĹpontjĂĄn mennek ĂĄt. Mekkora a sĂkok ĂĄltal hatĂĄrolt konvex test tĂŠrfogata?

(3 pont)

MegoldĂĄs: A sĂkok a kocka minden egyes csĂşcsĂĄbĂłl levĂĄgnak egy-egy egymĂĄsba nem nyĂşlĂł tetraĂŠdert. Egy ilyen tetraĂŠdernek hĂĄrom egy csĂşcsban ĂśsszefutĂł egymĂĄsra merĹleges ĂŠle egysĂŠgnyi hosszĂş, a tetraĂŠder tĂŠrfogata tehĂĄt 1/6. A megcsonkĂtott kocka tĂŠrfogata tehĂĄt 8-8(1/6)=40/6 egysĂŠgnyi.

TekintsĂźk most az eredeti kocka egy lapjĂĄt (mondjuk a felsĹ lapot, amenynyiben a kockĂĄt az egyik lapjĂĄra ĂĄllĂtottuk), ebbĹl a sĂkok egy olyan nĂŠgyzetet vĂĄgnak ki, melynek csĂşcsai a lap ĂŠleinek felezĹpontjai; e nĂŠgyzet terĂźlete fele a lap terĂźletĂŠnek, tehĂĄt 2 egysĂŠgnyi. A nĂŠgyzet tetszĹleges e ĂŠlĂŠt kivĂĄlasztva, az arra illeszkedĹ elvĂĄgĂł S sĂk ĂĄthalad a nĂŠgyzetlap kĂśzĂŠppontja fĂślĂśtt 1 egysĂŠg tĂĄvolsĂĄgra elhelyezkedĹ ponton. Ezt Ăşgy lĂĄthatjuk be, hogy tekintjĂźk a kockĂĄnak azt az ĂŠlkĂśzĂŠppontjĂĄt, mely az S sĂkra illeszkedik ĂŠs az e ĂŠllel egy szabĂĄlyos hĂĄromszĂśget alkot. Ezt a pontot az e ĂŠl egyenesĂŠre tĂźkrĂśzve kapjuk az elĹbb emlĂtett pontot, mely nyilvĂĄn illeszkedik az S sĂkra. Az elvĂĄgĂł sĂkok a kocka felsĹ lapjĂĄval egyĂźtt tehĂĄt egy olyan nĂŠgyzet alapĂş egyenes gĂşlĂĄt hatĂĄroznak meg, melynek alapterĂźlete 2 egysĂŠgnyi, magassĂĄga 1 egysĂŠgnyi, tĂŠrfogata pedig ennek megfelelĹen 2/3.

A sĂkok ĂĄltal hatĂĄrolt test (mely egyĂŠbkĂŠnt egy szabĂĄlyos oktaĂŠder lesz) tĂŠrfogatĂĄt tehĂĄt megkapjuk, ha a megcsonkĂtott kocka tĂŠrfogatĂĄhoz hozzĂĄdjuk a kocka lapjaira emelt hat kis gĂşla tĂŠrfogatĂĄt. Az eredmĂŠny ezek szerint

$\displaystyle {40\over6}+6\cdot{2\over3}={64\over6}.$

B.3780. Igazoljuk, hogy az x, y, z pozitĂv szĂĄmokra teljesĂźl az alĂĄbbi egyenlĹtlensĂŠg:

$\displaystyle \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\le\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}. $

(5 pont)

Elemente der Mathematik, Basel

MegoldĂĄs: Az $\displaystyle a=x/\root3\of{xyz}$, $\displaystyle b=y/\root3\of{xyz}$, $\displaystyle c=z/\root3\of{xyz}$ helyettesĂtĂŠssel az a,b,c pozitĂv szĂĄmokra abc=1 teljesĂźl, egyenlĹtlensĂŠgĂźnk pedig az

$\displaystyle {a\over b}+{b\over c}+{c\over a}\geq a+b+c$

alakot Ăślti. Az ĂĄltalĂĄnossĂĄg megszorĂtĂĄsa nĂŠlkĂźl feltehetĹ, hogy a hĂĄrom szĂĄm kĂśzĂźl a a legnagyobb, b pedig a legkisebb; ekkor a$\displaystyle \ge$1$\displaystyle \ge$b ĂŠs $\displaystyle \alpha$=ab$\displaystyle \le$a. ElvĂŠgezve a c=1/ab helyettesĂtĂŠst, egyenlĹtlensĂŠgĂźnk Ăgy alakĂthatĂł:

$\displaystyle {a\over b}+ab^2+{1\over a^2b}\ge a+b+{1\over ab},$

vagy ami ezzel ekvivalens:

a³+a³b³+1$\displaystyle \ge$a³b+a²b²+a.

Az $\displaystyle \alpha$=ab helyettesĂtĂŠssel tehĂĄt az

a³+$\displaystyle \alpha$³+1-$\displaystyle \alpha$a²-$\displaystyle \alpha$²-a$\displaystyle \ge$0

egyenlĹtlensĂŠget kell igazolnunk. Itt a baloldali kifejezĂŠst

(a²-1)(a-$\displaystyle \alpha$) + ($\displaystyle \alpha$²-1)($\displaystyle \alpha$-1)

alakra hozahtjuk. Az a$\displaystyle \ge$1 ĂŠs a$\displaystyle \ge$ $\alpha$ egyenlĹtlensĂŠgek miatt (a²-1)(a- $\alpha$ ) $\ge$ 0, ahol egyenlĹsĂŠg a=1 vagy a= $\alpha$ esetĂŠn ĂĄll fenn. TovĂĄbbĂĄ

( $\alpha$ ²-1)( $\alpha$ -1)=( $\alpha$ -1)²( $\alpha$ +1) $\ge$ 0,

itt egyenlĹsĂŠg $\alpha$ =1 esetĂŠn ĂĄll fenn.

Ezzel az egyenlĹtlensĂŠget igazoltuk. EgyenlĹsĂŠg esetĂŠn szĂźksĂŠgkĂŠppen $\alpha$ =1, ahonnan a=1 is adĂłdik, ebbĹl pedig b=1, majd c=1 is kĂśvetkezik. Mivel ekvivalens ĂĄtalakĂtĂĄsokat hajtottunk vĂŠgre, az eredeti egyenlĹtlensĂŠgben x=y=z esetĂŠn ĂĄllhat csak fenn egyenlĹsĂŠg, amikor is mindkĂŠt oldal ĂŠrtĂŠke 3-mal egyenlĹ.

B.3781. HatĂĄrozzuk meg a $\sum_{n=1}^{\infty}\mathop{\rm arcctg}\,(2n^2)$ Ăśsszeg ĂŠrtĂŠkĂŠt.

(5 pont)

MegoldĂĄs: Legyen $\alpha$ _n=arcctg(2n²), ekkor 0< $\alpha$ _n< $\pi$ /4 ĂŠs tan $\alpha$ _n=1/2n². Legyen $\alpha$ ₁+ $\alpha$ ₂+...+ $\alpha$ _n= $\beta$ _n. Ekkor tan $\beta$ ₁=1/2, ĂŠs a tangens fĂźggvĂŠny addĂciĂłs kĂŠplete segĂtsĂŠgĂŠvel tan $\beta$ _n nĂŠhĂĄny tovĂĄbbi ĂŠrtĂŠkĂŠt is kiszĂĄmĂthatjuk: tan $\beta$ ₂=2/3, tan $\beta$ ₃=3/4, tan $\beta$ ₄=4/5. TegyĂźk fel tehĂĄt, hogy n $\ge$ 2 ĂŠs a tan $\beta$ _n-1=1-1/n ĂśsszefĂźggĂŠst mĂĄr igazoltuk. Ekkor

$\tan\beta_n= {\tan\beta_{n-1}+\tan\alpha_n\over1-\tan\beta_{n-1}\tan\alpha_n}= {{n-1\over n}+{1\over2n^2}\over1-{n-1\over n}{1\over2n^2}}= {{2n^2-2n+1\over2n^2}\over{2n^3-n+1\over2n^3}}=$

$={n(2n^2-2n+1)\over(n+1)(2n^2-2n+1)}=1-{n\over n+1}.$

A teljes indukciĂł elve szerint tehĂĄt minden n pozitĂv egĂŠsz szĂĄmra tan $\beta$ _n=1-1/(n+1). Tudjuk tovĂĄbbĂĄ, hogy 0< $\beta$ ₁< $\pi$ /4. Ha n $\ge$ 2 ĂŠs 0< $\beta$ _n-1< $\pi$ /4, akkor 0< $\beta$ _n= $\beta$ _n-1+ $\alpha$ _n< $\pi$ /2 ĂŠs tan $\beta$ _n<1 miatt 0< $\beta$ _n< $\pi$ /4 is teljesĂźl. A $\beta$ _n sorozat Ăśsszes eleme tehĂĄt 0 ĂŠs $\pi$ /4 kĂśzĂŠ esik, tovĂĄbbĂĄ tan $\beta$ _n szigorĂşan nĂśvekedĹ mĂłdon 1-hez tart. Minthogy pedig a tangens fĂźggvĂŠny a (0, $\pi$ /2) intervallumban szigorĂşan monoton nĂśvekedĹ folytonos fĂźggvĂŠny, megĂĄllapĂthatjuk, hogy a $\beta$ _n sorozat hatĂĄrĂŠrtĂŠke $\arctan1=\pi/4$ . A feladatban szereplĹ vĂŠgtelen Ăśsszeg tehĂĄt konvergens, ĂŠrtĂŠke pedig /4-gyel egyenlĹ.