2006/2007 - fazekas · 2017-03-02 · 2006/2007 feladatlapok és megoldások ... bizon´y tsuk be,...

2006/2007

Feladatlapok és megoldások

Adobe Reader verzió

Szoldatics JózsefBudapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

http://matek.fazekas.hu/

2017. március 1.

TARTALOMJEGYZÉK

Tartalomjegyzék

Feladatlapok 2

1.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Megoldások 10

2.1. I. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2. II. forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3. Dönt® forduló . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3.1. Szakközépiskola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3.2. Gimnázium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.3. Specmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

1

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola

SZAKKÖZÉPISKOLA A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória

első (iskolai) fordulójának feladatai

1. Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, 1-et, 3-at adva egy

mértani sorozat egymást követő tagjait kapjuk, amelyek összege 13.

Határozza meg a számtani sorozat első tagját és különbségét (differenciáját)!

2. Oldja meg az

( ) ( )2 22 6 36 3 27x x x+ − = + +

egyenletet a pozitív valós számok halmazán!

3. Az ABC háromszög oldalaira AB BC AC≥ ≥ teljesül. A C csúcsból induló magasság

T talppontja negyedeli az AB oldalt. Az AB oldal F felezőpontjának a BC oldaltól mért

távolsága az AB oldal hosszának negyede.

Mekkorák a háromszög szögei?

4. A Kovács házaspárhoz a Szabó és a Pék házaspár vendégségbe érkezik. Vacsorához –

mind a hatan –egy kerek asztal köré ültek.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy sem házaspár, sem két nő nem került egymás

mellé?

(Két ülésrendet akkor tekintünk különbözőnek, ha legalább egy embernek legalább az

egyik szomszédja másik személy.)

5. Három egymást követő egész szám harmadik hatványának az összege milyen feltétel

teljesülése esetén osztható 18-cal?

Bizonyítsuk be, hogy a keresett feltétel esetén a fenti összeg 36-tal is osztható!

6. Frédi és Béni jó barátok. Rendszeresen együtt futnak, illetve gyalogolnak. Egy

alkalommal az A és B települések közötti távot úgy teszik meg, hogy egyszerre

indulva Frédi a táv első felében fut, a másik felében gyalogol, Béni pedig a mozgás-

idejének a felében fut és a másik felében gyalogol. Annyira összeszoktak már, hogy

mind a futási, mind a gyalogos sebességük azonos a másikéval.

Ki ér előbb A-ból B-be? (A futás sebesség nem kisebb a gyaloglás sebességénél.)

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér.

Sikeres feladatmegoldást kíván a Versenybizottság!

2

Feladatlapok I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2006-2007. tanevi elso fordulojanak feladatai

matematikabol, a II. kategoria szamara

1. Melyek azok a pozitıv egeszek, amelyeknek pontosan negy pozitıv osztojuk van esezek osszege 84?

2. Az a valos parameterrel adott az alabbi egyenlet, jelolje az egyenlet valos gyokeitx1 es x2:

2x2 − 3(a + 2)x + 9a + 1 = 0.

(a) Hatarozzuk meg a erteket ugy, hogy az x12 + x2

2 kifejezes erteke minimalis legyen.(b) Bizonyıtsuk be, hogy nincs olyan valos a ertek, amely eseten x1 es x2 is egesz szam.(c) Keressuk meg az a parameter olyan egesz ertekeit, melyek eseten az egyenletnek

egyik gyoke egesz.

3. Legyen n egynel nagyobb egesz. Egy haromszog oldalainak meroszamai:

a = 2n+2 − 2n+1 + 2n, b = 2n+1 − 2n + 2n−1, c = 3 ·√

2 · 2n−1.

Mekkora a haromszog legnagyobb szogenek tangense?

4. Egy tablara felırunk negy darab egymastol kulonbozo pozitıv egesz szamot. Eloszorletorolunk kettot, helyettuk felırjuk a letorolt ket szam mertani kozepet. A tablan levoharom szam kozul ujra letorolunk kettot, helyettuk felırjuk a most letorolt ket szammertani kozepet. Ezt kovetoen a tablan levo ket szam mertani kozepe 2.

Mekkora lehetett az eredeti negy szam osszege?

5. A hegyesszogu ABC haromszog AC oldalanak mely P pontjara lesz a PB2 + PC2

osszeg minimalis?

Valamennyi feladat 7 pontot er.

3

Feladatlapok I. forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006–2007-es tanévMATEMATIKA, III. kategória

Az első (iskolai) forduló feladataia gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére

1. Bizonyítsuk be, hogy bármely a , b , c pozitív egészre (a, b)(a, c)[b, c] osz-tója abc-nek. (A szokásos módon (x, y), illetve [x, y] az x és y legna-gyobb közös osztóját, illetve legkisebb közös többszörösét jelöli.)

2. Adott N és k pozitív egészekre megszámoltuk, hogy az N számot hány-féleképpen lehet felírni a + b + c alakban, ahol 1 ≤ a, b, c ≤ k, és azösszeadandók sorrendje is számít. Kaphattunk-e eredményül 2006-ot?

3. Bálint 200 forintot fizet Annának, ha a (90-ből 5-ös) lottón a kihú-zott számok szorzatának utolsó számjegye 0 lesz (tízes számrendszer-ben), viszont Anna fizet Bálintnak 300 forintot, ha nem ez a helyzet.Hosszabb távon kinek előnyös ez a megállapodás?

4. Az ABC háromszöget betűzzük pozitív körüljárás szerint. A három-szög szögei az A, B, illetve C csúcsnál rendre α, β és γ. A B csúcsotaz A pont körül negatív irányban elforgatjuk α szöggel, majd az ígykapott B1 pontot a B pont körül negatív irányban elforgatjuk β szög-gel, és végül az így nyert B2 pontot a C pont körül negatív iránybanγ szöggel elforgatva a B3 pontba jutunk. Szerkesszük meg a háromszö-get, ha adottak a B, B3 pontok és az ABC háromszög beírt körénekO középpontja.

5. Töltsük ki a teret páronként kitérő egyenesekkel.

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola

A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória

második fordulójának feladatai

SZAKKÖZÉPISKOLA

1. feladat

Határozzuk meg az m valós szám értékét úgy, hogy az

( ) 04912

2082

2

<++++

+−mxmmx

xx

egyenlőtlenség minden valós x-re teljesüljön!

10 pont

2. feladat

Oldja meg a valós számokból álló számpárok halmazán a következő egyenletet:

09612225 22 =+−−++ yxyxyx 10 pont

3. feladat

Hány téglalap látható a rajzon? (A téglalapok oldalai csak megrajzolt szakaszok lehetnek.)

10 pont

4. feladat

Legyenek egy háromszög oldalai cba ,, és a belső szögfelezőknek a háromszög belsejébe

eső darabjai zyx ,, hosszúságúak. Bizonyítsa be, hogy

cbazyx111111

++>++ !

10 pont

5. feladat

Milyen pozitív rqp ,, prímszámokra teljesül, hogy

0)3()7( =⋅⋅++⋅− rqprqp ?

10 pont

5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium

Gimnazium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2006-2007. tanevi masodik fordulojanak feladatai


1. Bizonyıtsuk be, hogy az alabbi osszeggel megadott N szam nem prım:

N =

(2006∑

n=1

nn

)+20062007, azaz N = 11 +22 +33 + ...+20052005 +20062006 +20062007.

2. Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert, ha 0 ≤ x ≤ 2π, es 0 ≤ y ≤ 2π:

(1) cos x+ cos y = 1,

(2) sin x · sin y = −3

4.

3. Legyenek az A1B1C1 es A2B2C2 azonos koruljarasu szabalyos haromszogek. A sıkegy tetszoleges O pontjabol merjuk fel a kovetkezo vektorokat:

−→OA =

−−−→A2A1,

−−→OB =

−−−→B2B1,

−→OC =

−−−→C2C1.

Bizonyıtsuk be, hogy az ABC haromszog szabalyos.

4. Egy szabalyos 21 oldalu sokszog csucsait megszamoztuk sorban a 0, 1, 2, 3, ..., 20szamokkal. Egy urnaba betettunk 21 lapot, ezeken is a 0, 1, 2, 3, ..., 20 szamok voltak. Azurnabol kihuzunk harom lapot. Mekkora annak a valoszınusege, hogy a lapokon szereploszamoknak megfelelo harom csucs hegyesszogu haromszoget alkot?

Valamennyi feladat 7 pontot er.

6

Feladatlapok Dönt® forduló Szakközépiskola

O k t a t á s i H i v a t a l Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont

OKTV 2006/2007.Matematika I. kategória – döntő forduló

Feladatlap és megoldások

A döntő feladatai 1. Legyenek az ( ) 02 =−+⋅+− bcadxdax egyenlet gyökei az 1x és 2x valós

számok! Bizonyítsa be, hogy ekkor az ( ) ( ) 033 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday egyenlet gyökei az =1y

31x és =2y 3

2x !

2. Egy tengelyesen szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai AB és CD .

A CBDC; és BD szakaszok hosszai ebben a sorrendben egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Az ABAD; és AC szakaszok hosszai ebben a sorrendben szintén egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Határozza meg a trapéz oldalai hosszának arányát!

3. Anna dobókockájának 4 lapja fehér, 2 lapja fekete, Bori dobókockájának

minden lapja fehér.

a) Bori be akarja festeni a kockája néhány lapját feketére úgy, hogy ha a festés után egyszerre dobnak a kockáikkal, akkor az azonos szín dobásának valószínűsége

187 legyen.

Hány lapot fessen be Bori?

b) Mutassa meg, hogy Bori nem tudja úgy festeni a kockáját, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége

41 legyen!

c) A Bori által feketére festett lapok számához rendeljük hozzá az azonos szín

dobásának valószínűségét! Adja meg ennek a függvénynek az értékkészletét!

7

Feladatlapok Dönt® forduló Gimnázium

A döntő feladatai

8

Feladatlapok Dönt® forduló Specmat

A döntő feladatai

9

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

1

SZAKKÖZÉPISKOLA A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória

első (iskolai) fordulójának pontozási útmutatója

1. Feladat:

Egy számtani sorozat három egymást követő tagjához rendre 3-at, 1-et, 3-at adva egy mértani

sorozat egymást követő tagjait kapjuk, amelyek összege 13.

Határozza meg a számtani sorozat első tagját és különbségét (differenciáját)!

Megoldás:

Jelölje a számtani sorozat tagjait daada +− ,, . Ezek összege

( ) ( ) ( ) 631313 =++−=+++− daada

azaz 2=a . 2 pont

Így a mértani sorozat tagjai 32,12,32 ++++− dd 1 pont

A mértani sorozat definícióját felhasználva

d

d−

=+

53

35 1 pont

ebből

44

16925

2

2

−===

=−

dvagyddd

2 pont

Két számtani sorozatot kaptunk:

4,21 =−= da illetve 4,61 −== da 2 pont

Mind a két sorozat megfelel a feladat feltételeinek. 2 pont

Összesen: 10 pont

2. Feladat:

Oldja meg az

( ) ( )2 22 6 36 3 27x x x+ − = + +

egyenletet a pozitív valós számok halmazán!

10


2

I. Megoldás:

Alakítsuk át az egyenletet a következő módon:

( )( )2 2 26 6 6 6 6 36x x x x x x+ − + + = + + . 2 pont

Vezessünk be új ismeretlent: 2 6y x x= + , ekkor a következő egyenlethez jutunk:

( )( )6 6 36y y y− + = + ,

azaz 2 72 0y y− − = . 2 pont

Az egyenlet megoldásából y-ra a következő értékek adódnak:

1 29, 8.y y= = − 1 pont

Visszahelyettesítve y értékét x-re négy eredményt kapunk:

1 2 3 43 3 2; 3 3 2; 2; 4.x x x x= − + = − − = − = − 2 pont

A kapott érétkek közül csak az első szám pozitív valós szám, ezért a feladatnak a feltételek-

nek eleget tevő megoldása: 3 3 2x = − + . 2 pont

Helyettesítéssel meggyőződhetünk az eredmény helyességéről. 1 pont

Összesen: 10 pont

II. Megoldás:

Rendezzük az adott egyenletet a következő módon:

( ) ( )2 22 6 3 63x x x+ = + + . 3 pont

Mivel ( )22 6 3 9x x x+ = + − , célszerűnek látszik új ismeretlen bevezetése a következőképpen:

3y x= + ,

ekkor a következő egyenlethez jutunk:

( )22 29 63y y− = + ,

a műveletek elvégzése után pedig az

4 219 18 0y y− + = 2 pont

hiányos negyedfokú egyenletet kapjuk.

Utóbbi megoldásai: 1 2 3 41; 1, 3 2; 3 2y y y y= = − = − = . 2 pont

Visszahelyettesítve y értékét x-re rendre a következő négy eredményt kapjuk:

1 2 3 42; 4; 3 3 2; 3 3 2x x x x= − = − = − − = − + .

A kapott értékek közül csak az utolsó pozitív valós szám, ezért a feladatnak a feltételeknek

eleget tevő megoldása: 3 3 2x = − + . 2 pont

11


3

Helyettesítéssel meggyőződhetünk az eredmény helyességéről. 1 pont

Összesen: 10 pont

3. Feladat:

Az ABC háromszög oldalaira AB BC AC≥ ≥ teljesül. A C csúcsból induló magasság T

talppontja negyedeli az AB oldalt. Az AB oldal F felezőpontjának a BC oldaltól mért

távolsága az AB oldal hosszának negyede.

Mekkorák a háromszög szögei?

Megoldás:

A helyes ábra: 1 pont

Legyen AT = FK = d.

Ha 4AT AB= , akkor 2 4FB AB d= = miatt FB = 2d 1 pont

Az FBK derékszögű háromszög rövidebbik befogója az átfogó fele, ezért ez olyan háromszög,

amelynek hegyesszögei 30°és 60°. 2 pont

Az ABC háromszög B csúcsnál lévő szöge: β = 30° 1 pont

Mivel AT = TF= d, az ACF háromszög C csúcsából induló magassága felezi AF oldalt, ezért a

háromszög egyenlőszárú. 1 pont

Ezért az alapon fekvő szögei megegyeznek, azaz CAT∠ = α = CFT∠.

A CKFT négyszög deltoid, ezért CFT∠ = CFK∠ = α 2 pont

A KFB∠ = 60°, ezért KFT∠ = 2α = 120°, tehát α = 60°. 1 pont

12


4

Tehát az ABC háromszög derékszögű, hegyesszögei: 30° és 60°. 1 pont

Összesen: 10 pont

4. feladat:

A Kovács házaspárhoz a Szabó és a Pék házaspár vendégségbe érkezik. Vacsorához – mind a

hatan –egy kerek asztal köré ültek.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy sem házaspár, sem két nő nem került egymás mellé?

(Két ülésrendet akkor tekintünk különbözőnek, ha legalább egy embernek legalább az egyik

szomszédja másik személy.)

Megoldás:

Számoljuk össze a kedvező eseteket!

A házaspárokat jelölje (A, B), (C, D), (E, F), ahol A, C és E a férfiak. Az első személyt,

legyen B bárhová ültethetjük. Két oldalára csak C és E ülhet, C mellé csak F, E mellé csak D.

Az F és D között kimaradó helyre éppen A ülhet (a házaspárok szemben ülnek).

5 pont

Ez az egyetlen lehetőség, hiszen ha B oldalán C és E helyet cserél, ugyanez a sorrend adódik,

csak a körüljárás iránya fordul meg.

1 pont

Az összes eset összeszámolásánál az első személyt például B-t, bárhová leültethetjük. Itt is

elég az egyik irányt figyelni: B mellé 5 személy, mellé 4 személy, majd 3, 2, 1 ültetési lehető-

ségünk van, azaz 12012345 =⋅⋅⋅⋅ féleképpen ülhettek le. De vegyük figyelembe, a bal és

jobb sorrendet, így a tényleges ültetések száma 60.

3 pont

Így a keresett valószínűség: 601 . 1 pont

Összesen: 10 pont

5. Feladat:

Három egymást követő egész szám harmadik hatványának az összege milyen feltétel

teljesülése esetén osztható 18-cal?

Bizonyítsuk be, hogy a keresett feltétel esetén a fenti összeg 36-tal is osztható!

13


5

Megoldás:

Jelöljük a középső számot n-nel, a szóban forgó összeget S-sel, ahol n∈Z .

Ekkor

( ) ( )3 33 3 2 3 3 2 31 1 3 3 1 3 3 1 3 6S n n n n n n n n n n n n= − + + + = − + − + + + + + = + (1)

2 pont

Alakítsuk át S-et a következőképpen:

( ) ( ) ( ) ( )( )3 2 2 23 6 3 2 3 1 3 3 1 9 3 1 1 9 .S n n n n n n n n n n n n n= + = + = − + = − + = + − +

2 pont

Itt az ( ) ( )1 1n n n− + kifejezés osztható 6-tal, mert három egymást követő egész szám

szorzata, ezért

( ) ( )18 3 1 1n n n− + .

Mivel a kéttagú összeg első tagja osztható 18-cal, ezért az egész kifejezés akkor és csak akkor

lesz 18-cal osztható, ha a második tagja is osztható 18-cal.

A 9n viszont akkor és csak akkor osztható 18-cal, ha n páros szám. 2 pont

A 36-tal való oszthatóság bizonyításánál vegyük figyelembe az (1) átalakításánál, hogy n

páros szám, azaz 2n m= .

Ekkor a következő átalakításokat végezhetjük el:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

33 3 2

2 2 3 2 3

3 6 3 2 6 2 24 12 12 2 1

12 3 1 36 12 1 36 12 1 1 .

S n n m m m m m m

m m m m m m m m m m

= + = + = + = + =

= − + = − − = − − +

Látható, hogy mindkét tag osztható 36-tal, így a különbségük is.

Tehát ha n páros szám, akkor az S mindig osztható 36-tal. 4 pont

Összesen: 10 pont

6. Feladat:

Frédi és Béni jó barátok. Rendszeresen együtt futnak, illetve gyalogolnak. Egy alkalommal az

A és B települések közötti távot úgy teszik meg, hogy egyszerre indulva Frédi a táv első

felében fut, a másik felében gyalogol, Béni pedig a mozgásidejének a felében fut és a másik

felében gyalogol. Annyira összeszoktak már, hogy mind a futási, mind a gyalogos sebességük

azonos a másikéval.

Ki ér előbb A-ból B-be? (A futás sebessége nem kisebb a gyaloglás sebességénél.)

14


6

I. Megoldás:

Tekintettel arra, hogy a futás sebessége nem kisebb a gyaloglás sebességénél, ezért aki a

sportolásra szánt idő feléig fut - azaz Béni- és azt követően gyalogol, a táv felénél nem kisebb

távolságot tesz meg a futás ideje alatt, ezért Béni nem érhet később Frédinél. Egyszerre csak

akkor érkezhetnek a célba, ha a futás és a gyaloglás sebessége egyenlő lenne.

Helyes és szabatos indoklás esetén 10 pont jár a feladat megoldásáért.

II. Megoldás:

Legyen a közös futási sebesség v, a közös gyaloglási sebesség w, Frédinek az út feléig a

menetideje 1t , a másik felében 2t . Béninek a teljes útra számított menetideje 2t!

2 pont

Ekkor felírható, hogy

(2) 1 2vt wt wt vt+ = + . 1 pont

Mivel 1 2vt wt= , ezért 1

2

vtwt

= , így (2)-ben (felhasználva még azt is, hogy 1 2vt wt= ):

11

2

2 vtvt t vtt

= ⋅ + , 2 pont

ahonnan rendezés után

( )1 2 1 22t t t t t= + ⋅ ,

melyből

(3) 1 2

1 2

2t t tt t

=+

2 pont

következik.

(3) bal oldalán éppen a pozitív 1 2,t t számok harmonikus közepe áll, erről tudjuk, hogy

(4) 1 2 1 2

1 2

22

t t t tt t

+≤

+.

(3) és (4) egybevetéséből adódik, hogy

(5) 1 2 2t t t+ ≥ . 2 pont

(5) szerint Frédi menetideje legalább akkora, mint Bénié, azaz Béni vagy előbb ér B-be – ha a

futási sebesség nagyobb a gyaloglás sebességénél –, vagy (ha az említett két sebesség

egyenlő) egyszerre érkeznek.

1 pont

Összesen: 10 pont

15

Megoldások I. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2006-2007. tanevi elso fordulojanak feladatmegoldasai


1. Melyek azok a pozitıv egeszek, amelyeknek pontosan negy pozitıv osztojuk van esezek osszege 84?

1. megoldas: Legyen n a keresett szam. A negy oszto kozott van az 1 es n, legyena masik ket oszto a es b, 1 < a < b. Hasznaljuk ki, hogy ezek egymas osztoparjai, azazab = n. 1 pont

Ekkor1 + a+ b+ n = 1 + a+ b+ ab = (1 + a)(1 + b) = 84.

Ezek szerint a 84-et kell ket egesz szorzatakent felırni. A szorzotenyezokrol tudjuk, hogy3 ≤ 1 + a < 1 + b. 3 pont

A lehetseges esetek: 84 = 3 · 28 = 4 · 21 = 6 · 14 = 7 · 12. A negyfele szorzat eseten az(a; b) parok es a hozzajuk tartozo ab = n ertek:

2 · 27 = 54, 3 · 20 = 60, 5 · 13 = 65, 6 · 11 = 66.

Igy megkaptuk n lehetseges ertekeit, ezek kozul csak az n = 65-nek van 4 osztoja. Az 54,60 es 66 szamoknak negynel tobb osztoja van, ezek nem felelnek meg. Az n = 65 valobanjo megoldas, 1+5+13+65=84. 3 pont

Osszesen: 7 pont

2. megoldas: Felhasznaljuk, hogy ha n prımtenyezos felbontasa n =∏pi

αi , akkor nosztoinak szama

∏(αi+1). Negy oszto ezek szerint akkor lehet, ha n = p3, vagy n = p1 ·p2

alaku. 2 pontHa n = p3, akkor a negy oszto 1, p, p2 es p3. Mivel 1 + p + p2 + p3 = 84, ezert

p(1 + p + p2) = 83. Ezek szerint 83 osszetett szam, ami nem igaz. Ez az eset nem admegoldast. 1 pont

Ha n = p1 ·p2, akkor legyen p1 < p2. egy szam legkisebb prımosztoja nem lehet nagyobba szam negyzetgyokenel. Mivel n < 84, ezert p1 <

√84. Ezek szerint p1 lehet 2, 3, 5,

vagy 7. Ezeket ellenorizve csak a p1 = 5 eseten lesz p2 prım:

1 + 2 + p2 + 2p2 = 84, =⇒ p2 = 27,

1 + 3 + p2 + 3p2 = 84, =⇒ p2 = 20,

1 + 5 + p2 + 5p2 = 84, =⇒ p2 = 13,

1 + 7 + p2 + 7p2 = 84, =⇒ p2 = 9, 5.

Ezek szerint egyetlen megoldas lehetseges. Ellenorizve, az n = 5 · 13 = 65 valoban jomegoldas, 1+5+13+65=84. 4 pont

Osszesen: 7 pont

1

16


Amennyiben megtalalja az n = 65 megoldast, de nem bizonyıtja, hogy ez az egyetlenmegoldas, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat.

Mivel a 84 kis szam, a feladat megoldhato szisztematikus probalkozassal, esetvizsgalattalis. Igy is megkaphatja a 7 pontot, ha attekintheto, helyes es hianytalan az esetvizsgalat.

2. Az a valos parameterrel adott az alabbi egyenlet, jelolje az egyenlet valos gyokeitx1 es x2:

2x2 − 3(a+ 2)x+ 9a+ 1 = 0.

(a) Hatarozzuk meg a erteket ugy, hogy az x12 + x2

2 kifejezes erteke minimalis legyen.(b) Bizonyıtsuk be, hogy nincs olyan valos a ertek, amely eseten x1 es x2 is egesz szam.(c) Keressuk meg az a parameter olyan egesz ertekeit, melyek eseten az egyenletnek

egyik gyoke egesz.

Megoldas: (a) Hasznaljuk fel a gyokok es egyutthatok kozotti osszefuggeseket:

x21 + x2

2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 =

(3(a+ 2)

2

)2

− 2 · 9a+ 1

2=

9a2 + 32

4.

Ez akkor lesz minimalis, ha a = 0. 1 pontEkkor a masodfoku egyenletunk 2x2 − 6x + 1 = 0, ennek diszkriminansa pozitıv, ket

kulonbozo valos gyok van, ıgy az a = 0 valoban jo megoldas. 1 pont

(b) Tegyuk fel, hogy valamely a ertekre x1 es x2 is egesz. Nezzuk meg alaposabbana gyokok es egyutthatok kozotti osszefuggeseket. Mivel a gyokok egeszek, osszeguk esszorzatuk is egesz lesz:

x1 + x2 =3a+ 6

2, x1x2 =

9a+ 1

2.

Az osszeg pontosan akkor egesz, ha a szamlalo paros, azaz 3a paros, tehat a paros. Aszorzat pontosan akkor egesz, ha a szamlalo paros, azaz 9a paratlan, tehat a paratlan.Mivel a nem lehet egyszerre paros is es paratlan is, ezert nem lehet mindket gyok egyszerreegesz. 2 pont

(c) Legyen a egesz es x1 az egyenlet egesz gyoke. Ekkor ırjuk fel az eredeti egyen-letunket, majd rendezzuk at:

2x21 − 3(a+ 2)x1 + 9a+ 1 = 0,

(1) 3a(3− x1) = 2x1(3− x1)− 1.

Az (1) egyenlet megmutatja, hogy x1 nem lehet 3, hiszen akkor a bal oldal 0, a jobb oldal-1 lenne. Ezert oszthatunk (3− x1)-gyel:

3a = 2x1 +1

x1 − 3.

2

17


Mivel 3a es 2x1 is egeszek, ezert 1x1−3

is egesz, tehat (x1 − 3) erteke 1, vagy -1. Ebboladodnak a megoldasaink: az a parameter megfelelo ertekei a 3 es az 1. Ha a = 3, az egeszgyok az x1 = 4. Ha a = 1, az egesz gyok az x1 = 2. 3 pont

Osszesen: 7 pont

3. Legyen n egynel nagyobb egesz. Egy haromszog oldalainak meroszamai:

a = 2n+2 − 2n+1 + 2n, b = 2n+1 − 2n + 2n−1, c = 3 ·√2 · 2n−1.

Mekkora a haromszog legnagyobb szogenek tangense?

Megoldas: A feladatban szereplo haromszoghoz hasonlot kapunk, ha minden oldalanakhosszat elosztjuk 2n-nel. A megfelelo uj oldalak betujelet megtartva:

a = 22 − 21 + 1 = 3, b = 21 − 1 + 2−1 =3

2, c = 3 ·

√2 · 2−1 =

3√2

2.

1 pontA haromszogben a legnagyobb szog a leghosszabb oldallal szemkozt van, ez esetunkben

az a oldal. 1 pontIrjuk fel a koszinusztetelt:

9 =9

4+

18

4− 2

9√2

4cosα.

Ebbol

cosα = − 1

2√2.

3 pontMivel α egy haromszog szoge, koszinusza pedig negatıv, ezert a legnagyobb szog tom-

paszog. A sin2 α+cos2 α = 1 azonossagbol adodoan az α tompaszog tovabbi szogfuggvenyei:

sinα =√

78, es ebbol tgα = −

√7. 2 pont

Osszesen: 7 pont.

4. Egy tablara felırunk negy darab egymastol kulonbozo pozitıv egesz szamot. Eloszorletorolunk kettot, helyettuk felırjuk a letorolt ket szam mertani kozepet. A tablan levoharom szam kozul ujra letorolunk kettot, helyettuk felırjuk a most letorolt ket szammertani kozepet. Ezt kovetoen a tablan levo ket szam mertani kozepe 2.

Mekkora lehetett az eredeti negy szam osszege?

Megoldas: Legyen a negy szam a, b, c, d. Az elso ket letorolt szam legyen a es b.Ekkor a tablan van

√ab, c es d. Most c es d kozul valamelyiket biztos letoroljuk, legyen

ez c. Ket lehetoseg van: (1.)√ab a masik letorolt, ekkor

√c√ab es d marad a tablan;

(2.) d a masik letorolt, ekkor√ab es

√cd marad a tablan. 2 pont

3

18


(1.) Ebben az esetben a tablan levo ket szam mertani kozepe:

√d√c√ab = 2.

Ismetelt negyzetreemelesek utan abc2d4 = 28 adodik. Mivel a 28-nak a 2-n kıvul nincsmas prımosztoja, ezert a szamelmelet alaptetele miatt szamaink felırhatoak a kovetkezoalakban a = 2x, b = 2y, c = 2z es d = 2v, ahol x, y, z, v kulonbozo nemnegatıv egeszek,melyekre

x+ y + 2z + 4v = 8.

Ezen feltetelek mellett v lehet 0, vagy 1. Ha v = 0, akkor a lehetseges esetek: z = 1,ekkor x es y valamilyen sorrendben 2 es 4, az eredeti negy szam osszege: 4+16+2+1=23;z = 2, ekkor x es y valamilyen sorrendben 1 es 3, az eredeti negy szam osszege: 2+8+4+1=15.

Ha v = 1, akkor a lehetseges esetek: z = 0, ekkor x + y = 4 ennek nincs olyanmegoldasa, melyben a valtozok 0-tol, 1-tol es egymastol kulonbozoek lennenek; z = 1,ekkor x+ y = 2 es ennek sincs megfelelo megoldasa. 3 pont

(2.) Ebben az esetben a tablan levo ket szam mertani kozepe:√√

ab√cd = 2, azaz abcd = 24.

Az elso eset mintajara dolgozhatunk, a kovetkezot kapjuk: x+y+ z+ v = 4. Ennek nincskulonbozo nemnegatıv egeszekbol allo megoldasa. 2 pont

A tablan eredetileg szereplo negy szam osszege tehat 23, vagy 15 lehetett.Osszesen: 7 pont.

5. A hegyesszogu ABC haromszog AC oldalanak mely P pontjara lesz a PB2 + PC2

osszeg minimalis?

Megoldas: Legyen a B csucs AC-re eso meroleges vetulete T . Ekkor a Pitagorasztetelt alkalmazva

PB2 + PC2 = BT 2 + PT 2 + PC2

. 3 pont

4

19


A jobb oldalon BT erteke allando, ezert PT 2+PC2 minimumat keressuk. A PT 2+PC2

minimuma ugyanakkor van, mint√

PT 2+PC2

2minimuma. Alkalmazzuk a negyzetes es

szamtani kozepek kozotti egyenlotlenseget:√PT 2 + PC2

2≥ PT + PC

2.

A jobb oldal akkor a legkisebb, ha P a CT szakaszon van, ekkor a jobb oldal allando. Abal oldali kifejezes tehat akkor minimalis, ha P rajta van CT -n es a negyzetes es szamtanikozep egyenlo, ekkor PT = PC. 4 pont

A PB2 + PC2 osszeg akkor minimalis, ha P a TC szakasz felezopontja, azaz a BCszakasz felezopontjanak a AC-re eso meroleges vetulete.

Osszesen: 7 pont.

5

20

Megoldások I. forduló Specmat

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2006–2007-es tanévMATEMATIKA, III. kategória

a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére

Az első forduló feladatainak megoldásai

Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a verseny-zők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket az ottani 5. pontutolsó mondatára, mely szerint minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a meg-felelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyesfeladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathozmellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pont-számok indokolt esetben bonthatók.

A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 15 ponttól kell továbbküldeni aziskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., OKÉV, 1363Budapest, Pf. 19. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küld-hetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5–7 pontos)megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy továbbra is érvényes a versenyszabályzat-nak az Oktatási Minisztérium által történt szigorú módosítása, és így a Versenybizottságlegfeljebb 30 versenyzőt juttathat be a döntőbe.

A pontozási útmutatóban a feladatoknak általában csak egy megoldását közöljük;más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenekmegadni.Budapest, 2006. november A versenybizottság

1. feladat

Bizonyítsuk be, hogy bármely a , b , c pozitív egészre (a, b)(a, c)[b, c] osztója abc-nek.(A szokásos módon (x, y), illetve [x, y] az x és y legnagyobb közös osztóját, illetve legkisebbközös többszörösét jelöli.)

Első megoldás: Azt kell megmutatni, hogy M = (a, b)(a, c)[b, c] törzstényezős felbontá-sában bármely prím kitevője legfeljebb akkora, mint abc törzstényezős felbontásában.

(1 pont)Legyen egy p prím kitevője a, b, ill. c felbontásában α, β, ill. γ (ha valamelyik szám nem

osztható p-vel, akkor a megfelelő kitevő 0). Ekkor p kitevője abc felbontásában α+ β + γ,az M felbontásában pedig min(α, β) + min(α, γ) + max(β, γ). (2 pont)

Mivel b és c szerepe szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy β ≤ γ. Így három esetetkell megvizsgálnunk: α ≤ β; β ≤ α ≤ γ; ill. γ ≤ α. Az egyes esetekben p kitevője M -ben2α + γ; β + α + γ; ill. β + 2γ, ami (az aktuális feltételek miatt) valóban mindig legfeljebbα + β + γ. (4 pont)

Második megoldás: A bc = [b, c](b, c) összefüggést beírva, a [b, c]-vel való „egyszerűsítés”után az eredetivel ekvivalens (a, b)(a, c) | a(b, c) oszthatóságra jutunk. (2 pont)

Az (xy, xz) = x(y, z) azonosság többszöri alkalmazásával ez az (a2, ac, ab, bc) | (ab, ac)oszthatósággá alakítható át. (3 pont)

Ez pedig valóban fennáll: mivel a bal oldal (többek között) ab-nek és ac-nek is közösosztója, ezért szükségképpen osztója ab és ac lnko-jának, azaz a jobb oldalnak. (2 pont)

1

21


Harmadik megoldás: A második megoldás első lépésével a feladatot átfogalmazzuk az(a, b)(a, c) | a(b, c) oszthatóságra. (2 pont)

Az xy = (x, y)[x, y] azonosságot x = (a, b)-ra és y = (a, c)-ra alkalmazva a bal oldalátírható az

((a, b), (a, c)

)[(a, b), (a, c)

]alakra. (2 pont)

Itt az első tényező (a, b, c), ami osztója a jobb oldal második tényezőjének. A baloldal másik tényezője pedig osztója a jobb oldal első tényezőjének, a-nak, hiszen a közöstöbbszöröse (a, b)-nek és (a, c)-nek. Ezért a bal oldali két tényező szorzata osztója a jobboldalon álló két tényező szorzatának. (3 pont)

2. feladat

Adott N és k pozitív egészekre megszámoltuk, hogy az N számot hányféleképpenlehet felírni a+ b+ c alakban, ahol 1 ≤ a, b, c ≤ k, és az összeadandók sorrendje is számít.Kaphattunk-e eredményül 2006-ot?

Megoldás: Tegyük egy-egy csoportba azokat az előállításokat, amelyek csak az összeadan-dók sorrendjében térnek el. Ha az itt szereplő tagok mind különbözők, akkor a csoportban6 előállítás szerepel, ha a tagok között két egyforma van, de a harmadik ettől különbözik,akkor a csoportban 3 előállítás található, és végül ha mindhárom tag ugyanaz, akkor ez azelőállítás egyedül alkot egy csoportot. (3 pont)

A fentiek alapján az előállítások száma 6k + 3m + 1 vagy 6k + 3m (ahol k, ill. m ahatos, ill. hármas csoportok számát jelöli), attől függően, hogy a csupa azonos tagból valóelőállítás megvalósul-e (ez pontosan akkor jön létre, ha 3 | N és k ≥ N/3). (2 pont)

Így az előállítások száma 3-mal osztva 0 vagy 1 maradékot ad. Mivel a 2006 hármasmaradéka 2, ezért az előállításszám nem lehet 2006. (2 pont)

3. feladat

Bálint 200 forintot fizet Annának, ha a (90-ből 5-ös) lottón a kihúzott számok szorza-tának utolsó számjegye 0 lesz (tízes számrendszerben), viszont Anna fizet Bálintnak 300forintot, ha nem ez a helyzet. Hosszabb távon kinek előnyös ez a megállapodás?

Megoldás: Bálintnak akkor előnyös a játék, ha a nyerési esélye nagyobb, mint200/(200 + 300) = 0,4. (1 pont)

Bálint akkor nyer, ha a kihúzott számok mindegyike páratlan, vagy ha nincs köztük5-tel osztható (beleértve azt is, hogy ez a két feltétel egyszerre teljesül). (1 pont)

Ha mind az öt szám páratlan, akkor ezeket az 1 és 90 közötti 45 darab páratlan

számokból húzták, ezen lehetőségek száma

(45

5

). (1 pont)

Ugyanígy, ha egyik sem osztható 5-tel, akkor valamennyien a 90 − 18 = 72 darab 1és 90 közötti, 5-tel nem osztható számok közül kerülnek ki, ezen lehetőségek száma tehát(

72

5

). (1 pont)

Így a Bálint számára kedvező esetek száma

(45

5

)+

(72

5

)−

(36

5

), hiszen duplán szá-

moltuk azokat az eseteket, amikor a számok sem 2-vel, sem 5-tel nem oszthatók. (1 pont)

2

22


Így Bálint nyerési esélye

(45

5

)+

(72

5

)−

(36

5

)

(90

5

) <45 · 44 · 43 · 42 · 41

90 · 89 · 88 · 87 · 86+

72 · 71 · 70 · 69 · 68

90 · 89 · 88 · 87 · 86<

<

(45

90

)5

+

(72

90

)5

=1

32+

1024

3125< 0,4 ;

tehát a játék Annának előnyös. (2 pont)

4. feladat

Az ABC háromszöget betűzzük pozitív körüljárás szerint. A háromszög szögei az A,B, illetve C csúcsnál rendre α, β és γ. A B csúcsot az A pont körül negatív iránybanelforgatjuk α szöggel, majd az így kapott B1 pontot a B pont körül negatív iránybanelforgatjuk β szöggel, és végül az így nyert B2 pontot a C pont körül negatív irányban γszöggel elforgatva a B3 pontba jutunk. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a B,B3 pontok és az ABC háromszög beírt körének O középpontja.

Első megoldás: Egy α szögű forgatás helyettesíthető a középponton átmenő két egyenesretörténő tengelyes tükrözés (megfelelő sorrendben vett) egymásutánjával, ahol a tengelyekszöge α/2. (1 pont)

2βα

2 +

α2

2β

E1

E2

fc

fa fb

2βα

2 +

��

��

��

��

��

A B

C

b

c

O

E

Így a feladatban szereplő A pont körüli forgatás felbontható az fa szögfelezőre, majda c oldalegyenesre való tükrözés egymásutánjára. Hasonlóan a B pont körüli forgatást

3

23


a c oldalegyenesre és az fb szögfelezőre való tükrözéssel állítjuk elő. Így a két forgatásszorzata az fa és fb szögfelezőkre való tükrözéssel helyettesíthető, hiszen a c oldalegyenesrevaló kétszeri tükrözés egymást semlegesíti. A szögfelezők szöge α/2 + β/2, tehát a kétforgatás egymás utáni alkalmazása a beírt kör középpontja körüli α + β szögű negatívirányú forgatással egyenlő. (2 pont)

A beírt kör a b oldalt az E pontban érinti. Az EO sugár és az fc szögfelező szögeis α/2 + β/2, ezért az előbbi forgatás az EO egyenesre és az fc szögfelezőre való tükrö-zések egymás utáni alkalmazásával is előállítható. Bontsuk fel a C pont körüli γ szögűnegatív irányú forgatást az fc szögfelezőre, majd a b oldalegyenesre való tükrözések egy-másutánjára. Így a három forgatás az EO egyenesre és a b egyenesre való tükrözésekkelhelyettesíthető. Ezek egymásra merőleges egyenesek, tehát a három egymást követő for-gatás olyan középpontos tükrözéssel egyenértékű, amelynek a középpontja E. (2 pont)

Szerkesszük meg a B és B3 pontok felezőpontját, ezzel megkapjuk az E pontot. AzO pont körül, EO sugárral megrajzoljuk a beírt kört. A körhöz az E pontban érintőtszerkesztünk, ezzel a háromszög b oldalegyenesét kapjuk meg. A B pontból érintőketszerkesztünk a körhöz, ezzel megkapjuk az a és c oldalegyeneseket. Ez az eljárás nyilvánaz eredeti ABC háromszöghöz vezet, amely a feladat egyetlen megoldása. (2 pont)

Második megoldás: Az előző megoldáshoz hasonlóan belátható, hogy különböző közép-pontú, α és β szögű elforgatások egymásutánja α + β szögű forgatás (alkalmas középpontkörül), ha α + β 6= k · 360◦. (2 pont)

Így a három egymás utáni elforgatás α + β + γ = 180◦-os elforgatásnak, tehát közép-pontos tükrözésnek felel meg. (1 pont)

Az E érintési pontot az A pont körül α szöggel negatív irányban elforgatva az E1

érintési pontot kapjuk. Ha az E1-et a B pont körül β szöggel negatív irányban elforgatjuk,akkor az E2 pontba jutunk. A C pont körüli γ szögű negatív irányú forgatásnál ennek aképe az E pont. Tehát E a transzformációnak fixpontja, ebből adódóan az E pont lesz atükrözés középpontja. (2 pont)

A szerkesztés a továbbiakban azonos az első megoldásban leírtakkal. (2 pont)

5. feladat

Töltsük ki a teret páronként kitérő egyenesekkel.

Megoldás: Használjuk a térbeli derékszögű x, y, z koordinátákat. Az xy koordinátasíkmindegyik A = (x, y, 0) pontjához tekintsük a z = 1 síknak azt az A′ pontját, amely A-nak a z tengely körüli pozitív 90◦-os elforgatásával és z-irányú eltolásával keletkezik, azazaz A′ = (−y, x, 1) pontot. Azt állítjuk, hogy az így nyert AA′ egyenesek páronként kitérőkés együtt kitöltik a teret. (2 pont)

Ha B az xy koordinátasíknak A-tól különböző tetszőleges pontja, akkor az AB egye-nest 90◦-os elforgatás és eltolás viszi az A′B′ egyenesbe. Emiatt AB és A′B′ kitérő egye-nesek, hiszen egyrészt az egymástól diszjunkt z = 0 és z = 1 síkokban fekszenek, másrésztirányaik merőlegesek. Így tehát az A, B, A′ és B′ pontok nincsenek egy síkban. Ekkorviszont AA′ és BB′ is szükségképpen kitérő egyenesek. (2 pont)

Legyen most P = (a, b, c) a tér tetszőleges pontja. Megmutatjuk, hogy található olyanA = (x, y, 0) pont, hogy P illeszkedik az AA′ egyenesre. Ez pontosan akkor teljesül, ha az

4

24


A pontból az−−→AA′ vektor alkalmas számszorosa éppen P -be mutat, azaz ha az

(x, y, 0) + t · (−y − x, x − y, 1) = (a, b, c)

egyenletrendszernek létezik (rögzített a, b, c mellett az x, y, t változókban) megoldása. Aharmadik koordinátára vonatkozó egyenletből nyilván t = c, ezt behelyettesítve és átren-dezve az

(1 − c)x − cy = a

cx + (1 − c)y = b

kétismeretlenes lineáris egyenletrendszerhez jutunk. Könnyen ellenőrizhető, hogy a kétegyenlet (tetszőleges c esetén) független, ezért mindig létezik megoldás. (3 pont)

Megjegyzések. (1) A feladat megoldásához nem szükséges a szóban forgó x- és y-értékekneka tényleges meghatározása, de a teljesség kedvéért közöljük az egyenletrendszer megoldását:

x =a − ac + bc

2c2 − 2c + 1, y =

b − ac − bc

2c2 − 2c + 1.

(2) Az A′ pont származtatásához nem lényeges, hogy éppen 90◦-os forgatást használjunk,tetszőleges olyan szög alkalmas, amely 180◦-nak nem többszöröse. A derékszögű forgatásmegkönnyíti a koordinátás felírást.

(3) Annak az igazolása, hogy a megoldásban definiált egyeneshalmaz valóban kitölti a teret,az alábbi „számolásmentes” módon is történhet. Vegyük először észre, hogy a szóban forgóegyeneshalmaz zárt egyrészt a z tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatásokra, másrésztbármely λ > 0 mellett az

(x, y, z) 7→ (λx, λy, z)

formulával megadható térbeli affin transzformációkra nézve. (Valóban, elegendő magáraaz A pontra alkalmazni ezeket a transzformációkat, ekkor A′ is és így az egész AA′ egyenesis ugyanúgy transzformálódik.) Az xy koordinátasíkkal párhuzamos bármelyik síkra szo-rítkozva ezek a transzformációk az origó körüli összes elforgatást és az origó közepű összesnyújtást (ill. zsugorítást) eredményezik. Emiatt ha egy ilyen síkban akár csak egyetlen,az origójától különböző pontot találunk, amelyet a vizsgált egyeneshalmaz lefed, akkora lefedett pontok szükségképpen az egész síkot belepik. Elég tehát annyit megjegyezni,hogy ha A-t az xy-sík origójának választjuk, akkor az AA′ egyenes a z-tengellyel esikegybe, ha pedig egy tetszőleges, origótól különböző pontot tekintünk (például konkrétanaz A = (1, 0, 0) pontot), akkor az AA′ egyenes mindegyik, az xy-síkkal párhuzamos síkotannak valamely nem a z-tengelyen lévő pontjában döfi (a konkrét példában a z = c síkotaz (1 − c, c, c) pontban).

5

25

Megoldások II. forduló Szakközépiskola


A 2006-2007. tanévi matematika OKTV I. kategória második fordulójának értékelési-javítási útmutatója

SZAKKÖZÉPISKOLA 1. feladat

Határozzuk meg az m valós szám értékét úgy, hogy az

( ) 04912

2082

2

<++++

+−mxmmx

xx

egyenlőtlenség minden valós x-re teljesüljön!

Megoldás:

A számlálót átalakítva kapjuk, hogy

( ) 44208 22 +−=+− xxx . ( 1 pont )

Ez minden x-re pozitív. Ezért az eredeti feladat ekvivalens azzal, hogy az

( ) 049122 <++++ mxmmx egyenlőtlenségnek minden x-re fenn kell állnia. ( 1 pont )

Ha 0=m , akkor ez azt jelenti, hogy a 042 <+x . Ez pedig nem igaz minden valós x-re,

például x=0-ra sem. ( 2 pont )

Ha 0≠m , akkor másodfokú polinom áll az egyenlőtlenség bal oldalán. Ahhoz, hogy az

egyenlőtlenség teljesüljön minden x-re, feltétel, hogy

(1) 0<m legyen, ( 1 pont)

és ne legyen zérushelye, azaz a diszkrimináns negatív legyen.

( ) ( )49414 2 +−+= mmmD ,

,4832 2 +−−= mmD

)128(4 2 −+−= mmD .

D akkor negatív, ha

(2) 0128 2 >−+ mm . ( 2 pont )

Mivel a (2) bal oldalán álló másodfokú függvény zérushelyei:

21

1 −=m ; 41

2 =m ( 1 pont )

Ezért a (2) egyenlőtlenség 21

−<m vagy 41

>m esetén teljesül. Figyelembe véve (1)-et,

az 0<m feltételt, a feladat megoldása

21

−<m . ( 2 pont )

Összesen: 10 pont

26



2. feladat

Oldja meg a valós számokból álló számpárok halmazán a következő egyenletet:

09612225 22 =+−−++ yxyxyx I. Megoldás

Csoportosítsuk az egyenlet bal oldalát, és alakítsunk ki teljes négyzeteket:

,09612244,09612225

2222

22

=+−−++−++

=+−−++

yxyyxyxyxxyxyxyx

( 2 pont )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) .032

,0)2(9)2(6)2(,0292644

22

222

2222

=−+−+

=+−+++−+

=+−+++−++

yxyx

yxyxyxyxyxyxyxyxyx

( 3 pont )

Két valós szám négyzetének összege akkor és csak akkor nulla, ha mind a két szám nulla,

azaz

032 =−+ yx és 0=− yx . ( 2 pont )

Megoldva kapjuk, hogy

.1,1

==

yx

( 2 pont )

Ez a számpár kielégíti az egyenletet. ( 1 pont )

Összesen: 10 pont

II. Megoldás

Tekintsük az egyenletben ismeretlennek x-et, és y-t paraméternek! Ennek megfelelően

átrendezve az egyenletet kapjuk, hogy

( ) ( ) .09621225

,0961222522

22

=+−+−+

=+−−++

yyyxxyxyxyx

( 2 pont )

Az egyenlet megoldása:

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ).

10136122

,10

367236122

,10

96220122122

2

2,1

2

2,1

22

2,1

−−±−−=

−+−±−−=

+−−−±−−=

yyx

yyyx

yyyyx

( 3 pont )

27



A B

C D E

H F G

Akkor és csak akkor létezik megoldás, ha a diszkrimináns :0≥

( ) ,0136 2 ≥−− y

azaz

( ) .01 2 ≤−y

Ez pedig csak y=1 esetén teljesül. ( 3 pont )

Ekkor 1=x . ( 1 pont )

Az (1,1) számpár kielégíti az egyenletet. ( 1 pont )

Összesen: 10 pont

3. feladat

Hány téglalap látható a rajzon? (A téglalapok oldalai csak megrajzolt szakaszok lehetnek.)

Megoldás

Nevezzük el a pontokat az ábra jelölése szerint!

Először számoljuk össze, hány olyan téglalap van, melyek „függőleges” oldalegyenese az

ABCD-n belül van.

A téglalap „függőleges” határoló oldalai számára két egyenest kell kiválasztanunk az öt

„függőleges” egyenes közül, ezt

1025

=

-féleképpen tehetjük meg. ( 2 pont )

Ettől függetlenül a „vízszintes” két oldalegyenest is öt „vízszintes” egyenes közül

választhatjuk, így az is

1025

=

-féle lehetőség. ( 1 pont )

Eddig összesen 1001010 =⋅ téglalapunk lesz. ( 1 pont )

28



Ezután hasonlóan hajtsuk végre az összeszámlálást az FHCE –n belüli téglalapokra is!

Itt 8432823

28

=⋅=

⋅

téglalapot kapunk. ( 2 pont )

Ha a kétféle téglalap-számot összeadjuk, akkor kétszer számoljuk azokat, amelyek a

GHCD-n belül vannak. Ezért ezeknek a számát le kell vonni az előbbi összegből. ( 2 pont )

Ezek száma: 3031023

25

=⋅=

⋅

. ( 1 pont )

Így a rajzon látható téglalapok száma: 100+84-30=154. ( 1 pont )

Összesen: 10 pont

4. feladat

Legyenek egy háromszög oldalai cba ,, és a belső szögfelezőknek a háromszög belsejébe

eső darabjai zyx ,, hosszúságúak. Bizonyítsa be, hogy

cbazyx111111

++>++ !

Megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit, ahol p és q

párhuzamos a z szögfelezővel! Ennek

következménye, hogy

CB’=a és CA’=b ( 1 pont )

A z szögfelezőre felírhatjuk a következő

arányokat (például a párhuzamos szelők

tétele alapján):

(1) ,ba

apz

+= ( 1 pont )

(2) .ba

bqz

+= ( 1 pont )

(1) és (2) összeadása után

,1=+qz

pz ( 1 pont )

azaz

(3) .111qpz

+= ( 1 pont )

Az ábrán szereplő AA’C illetve BB’C háromszögekre felírt háromszög-egyenlőtlenségek szerint:

A’

C

B A

a

a

c

b

b

z y

x

p

q

B’

29



A

C

B P

z

2γ

2γ

ab

bp 2< és aq 2< , ezért (3) alapján: ( 1 pont )

(4) .21

21111

baqpz+>+= ( 1 pont )

Hasonlóképpen látható be, hogy

(5) cbx 2

1211+> ,

illetve ( 1 pont )

(6) .21

211

acy+> ( 1 pont )

(4), (5) és (6) megfelelő oldalait összeadva a

cbazyx111111

++>++ ( 1 pont )

bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Összesen: 10 pont

II. Megoldás

Írjuk fel a BPC, PAC és BAC háromszögek területeit, és használjuk fel, hogy

BACPACBPC ttt =+ ( 1 pont )

.2sin

,2

2sin

,2

2sin

γ

γ

γ

abt

zbt

azt

BAC

PAC

BPC

=

=

=

( 1 pont )

Tehát

,2sin

22

sin

22

sin γγγ

abzbaz=+

30



amiből (felhasználva, hogy 2

2 γγ = ) ( 1 pont )

,2

cos2

sin22

sin2

sin γγγγ abzbaz =+

illetve

.2

cos2 γabbzaz =+ ( 1 pont )

Mivel ,12

cos <γ ezért ( 1 pont )

,2

,2

baabz

abbzaz

+<

<+

( 1 pont )

,2

1ab

baz

+>

(4) .21

211

baz+> ( 1 pont )

Hasonlóképpen látható be, hogy

(5) cbx 2

1211+> ,

illetve ( 1 pont )

(6) .21

211

acy+> ( 1 pont )

(4), (5) és (6) megfelelő oldalait összeadva a

cbazyx111111

++>++ ( 1 pont )

bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Összesen: 10 pont

31



5. feladat

Milyen pozitív rqp ,, prímszámokra teljesül, hogy

0)3()7( =⋅⋅++⋅− rqprqp ?

Megoldás:

Mivel rqp ,, pozitív prímszámok, ezért p csak 7-nél nagyobb (tehát páratlan) prím lehet,

ellenkező esetben az egyenlet bal oldala pozitív lenne, míg a jobb oldal 0.

Ha 7>p , akkor p páratlan, így ( ) ( )rqp +⋅− 37 biztosan páros szám, ezért a rqp ⋅⋅

szorzatban biztosan van egy páros prím, de ez nem lehet a p . ( 3 pont )

Ha 2=q ,

akkor egyenletünk ( ) ( ) 0267 =++⋅− prrp .

A műveletek elvégzése után a

( )rpr −=+ 6742

egyenletre jutunk.

Mivel az egyenlet bal oldala pozitív, ezért a jobb oldalának is pozitívnak kell lenni, vagyis

6<r .

Ezért 5,3,2 === rrr lehetséges.

A három esetet megvizsgálva p -re 14, 21, 77 adódik, amelyek nem prímszámok, így q=2

nem ad megoldást. ( 3 pont )

Ha 2=r ,

akkor egyenletünk ( ) ( ) 02237 =++⋅− pqqp .

A műveletek elvégzése után a

( ) ( ) 28212 =−⋅+ pq egyenletet kaphatjuk.

Ebből – az előbbi gondolatmenethez hasonlóan - látható, hogy 21<p .

Így p lehetséges értékei (mivel p>7):

p=11, p=13, p=17.

A megfelelő p értékekhez q értékét számolva

q=0,8; q=1,5; q=5 adódik.

Tehát csak 17=p esetén kapunk q -ra prímszámot, mégpedig 5=q -öt. ( 3 pont )

A feladat megoldása: 2;5;17 === rqp . ( 1 pont )

Összesen: 10 pont

32

Megoldások II. forduló Gimnázium

Az Orszagos Kozepiskolai Tanulmanyi Verseny2006-2007. tanevi masodik fordulojanak feladatmegoldasai


1. Bizonyıtsuk be, hogy az alabbi osszeggel megadott N szam nem prım:

N =

(2006∑

n=1

nn

)+20062007, azaz N = 11 +22 +33 + ...+20052005 +20062006 +20062007.

Megoldas: Igazolni szeretnenk, hogy N nem prım, ehhez elegendo megtalalni valame-lyik valodi osztojat. N 2-vel nem oszthato, hiszen 1004 paros es 1003 paratlan szamosszege, tehat paratlan. 1 pont

Nezzuk meg 3-mal oszthato-e. Az osszeg altalanos tagja nn alaku. Ha n harommaloszthato, akkor nn is. Ha osszeszorzunk ket szamot, amelyek harmas maradekai m1 esm2, akkor a szorzatuk harmas maradeka m1m2 harmas maradeka lesz, hiszen

(3k +m1)(3l +m2) = 3(3kl +m1 +m2) +m1m2.

Ez alapjan ha n harmas maradeka 1, akkor minden pozitıv egesz kitevos hatvanya 1maradekot ad. Ha n harmas maradeka 2, akkor 3k − 1 alakban ırhato. A maradekszamıtasahoz egyszerubb, ha azt −1-nek gondoljuk. Ekkor a kitevo paritasan mulik nn

harmas maradeka: ha n paros 1, ha n paratlan −1 lesz a harmas maradek. 2 pontA 2007 tag kozul 668-nak alapja 3k alaku, ezek osszege 3-mal oszthato. 669 esetben

lesz az alap 3k + 1 alaku, ezek osszege 669 maradekot ad, ami szinten 3-mal oszthato.2 pont

670 esetben lesz az alap 3k − 1 alaku. Az elso 669-nel ezek nn tıpusuak, a kitevokfelvaltva parosak illetve paratlanok, ıgy felvaltva adnak 1 es −1 maradekot, osszesen 1-et.Az utolso tag, a 20062007 alapja is 3k − 1 alaku, kitevoje paratlan, ıgy harmas maradeka−1. Ezek szerint a most vizsgalt 670 tag osszege is 3-mal oszthato. Tehat N 3-nalnagyobb, 3-mal oszthato szam, azaz nem prım. 2 pont

Osszesen: 7 pont

2. Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert, ha 0 ≤ x ≤ 2π, es 0 ≤ y ≤ 2π:

(1) cos x+ cos y = 1,

(2) sin x · sin y = −3

4.

Megoldas: (1)-bol kovetkezik, hogy cosx es cosy negatıv nem lehet, mert a koszinusz1-nel nagyobb nem lehet. cos x illetve cos y 0 sem lehet, mert ha pl. cos x=0, akkorcos y=1 es sin y=0, ıgy (2) nem teljesul. 1 pont

Tehat cos x > 0 es cos y > 0, ıgy x es y az 1. vagy 4. negyedbe esik. Mivel (2) szerintszinuszaik elojele kulonbozik, ezert ha az x az 1. negyedben van, akkor y a negyedikben,vagy fordıtva. Ez a vizsgalat a vegen segıtsegunkre lesz a gyokok attekintesenel. 1 pont

1

33


Legyen cos x = u, cos y = v. A (2) egyenlet ket oldalat negyzetreemelve az egyenlet-rendszer ıgy alakul at:

(3) u+ v = 1, (4) (1− u2)(1− v2) =9

16.

Atalakıtjuk (4)-et:

u2v2 − (u2 + v2) + 1 = u2v2 −((u+ v)2 − 2uv

)+ 1 =

9

16.

Mivel u+ v = 1 ez uv-re egy masodfoku egyenlet:

u2v2 + 2uv − 9

16= 0, =⇒ uv =

−2±√4 + 9

4

2=

−2± 52

2.

2 pont

Mivel uv = cos x cos y > 0, ezert uv = cos x cos y =1

4. Ebbe az egyenletbe cos y helyebe

ırjuk (1) alapan a cos y = (1− cosx)-et, majd atrendezzuk:

cosx(1− cosx) =1

4, cos2 x− cos x+

1

4=

(cosx− 1

2

)2

= 0.

A megoldas tehat a cos x = cos y =1

2. 2 pont

Figyelembe veve a megoldas elejen leırtakat:

x1 =π

3, y1 =

5π

3, illetve x2 =

5π

3, y2 =

π

3.

Ezek valoban kielegıtik az eredeti egyenletrenszert. 1 pontOsszesen: 7 pont

3. Legyenek az A1B1C1 es A2B2C2 azonos koruljarasu szabalyos haromszogek. A sıkegy tetszoleges O pontjabol merjuk fel a kovetkezo vektorokat:

−→OA =

−−−→A2A1,

−−→OB =

−−−→B2B1,

−→OC =

−−−→C2C1.

Bizonyıtsuk be, hogy az ABC haromszog szabalyos.

Megoldas: Bizonyıtasunk soran az abra jeloleseit hasznaljuk. A feladat szerint ac1 vektort a b1 vektorba, illetve a c2 vektort a b2 vektorba A1 illetve A2 koruli 60◦-oselforgatas viszi at. Azt kell bizonyıtanunk, hogy az

−→AC vektort az

−→AB vektorba ugyancsak

60◦-os elforgatas viszi. 2 pont

2

34


Az A2A1B1B2 negyszogbol x + b1 − y − b2 = 0, az A2A1C1C2 negyszogbol pedigx+ c1 − z− c2 = 0, ezekbol:

−→AC = z− x = c1 − c2

−→AB = y− x = b1 − b2.

Mivel c1-et b1-be es c2-t b2-be 60◦-os elforgatas viszi, ugyanez all kulonbsegukre is, amivel

allıtasunkat bebizonyıtottuk. 5 pontOsszesen: 7 pont

4. Egy szabalyos 21 oldalu sokszog csucsait megszamoztuk sorban a 0, 1, 2, 3, ..., 20szamokkal. Egy urnaba betettunk 21 lapot, ezeken is a 0, 1, 2, 3, ..., 20 szamok voltak. Azurnabol kihuzunk harom lapot. Mekkora annak a valoszınusege, hogy a lapokon szereploszamoknak megfelelo harom csucs hegyesszogu haromszoget alkot?

Megoldas: A kivalaszthato haromszogek szama

(21

3

)= 1330. 1 pont

Derekszogu nincs koztuk, hiszen a 21 paratlan, tehat nincs ket csucs, amelyek altalmeghatarozott hur a sokszog kore ırt kornek atmeroje lenne. Derekszogu haromszogeseten azonban lenne atmero, a Thalesz tetel alapjan. 1 pont

Elegendo tehat a haromszogek kozul a tompaszogueket kivalasztani. Tompaszogu aharomszog, ha nem tartalmazza a kore ırt kor kozeppontjat. Legyenek a sokszog csucsaiA0, A1, A2, ..., A20. Megszamoljuk azokat a tompaszogu haromszogeket, amelyeknek aleghosszabb oldalanak egyik vegpontja A0. Tekintsuk eloszor az A0, A1, ..., A10 csucsokat,ezek egy felkoron vannak. Ha a leghosszabb oldal masik vegpontja Ai, 1 < i < 11, akkora vele szemkozti tompaszogu csucs lehet Ak, 0 < k < i. Megszamoljuk ezeket, sorra veveaz A0Ai oldalakat:

A0A2 : 1, A0A3 : 2, ..., A0A10 : 9; tehat osszesen 1 + 2 + ...+ 9 = 45.

Az A0-on athalado szimmetria tengelyre tukrosen is ugyanennyi van, osszesen 90. Mivela sokszognek egyetlen csucsa sincs kituntetett helyzetben, ezert minden csucsra ugyanezt

3

35


az erteket kapjuk. Osszegezve 21 · 90 adodik. Mivel a leghosszabb oldalnak ket vegpontjavan, ezert ıgy a tompaszogu haromszogek szamanak ketszereset kaptuk. A hegyesszoguekszama tehat: 1330− (21 · 45) = 385, a keresett valoszınuseg

385

1330=

11

38≈ 0, 29.

5 pontMegjegyzes: A fenti modszert alkalmazva azt kapjuk, hogy a szabalyos 2n + 1 szog

eseten a hegyesszogu haromszogek szama

n(n+ 1)(2n+ 1)

6,

azaz az elso n negyzetszam osszege. A valoszınuseg pedign+ 1

4n− 2. Ez mar viszonylag kis

csucsszamnal is jol kozelıti az1

4-et.

Osszesen: 7 pont

4

36

Megoldások Dönt® forduló Szakközépiskola




A döntő feladatainak megoldásai 1. Legyenek az ( ) 02 =−+⋅+− bcadxdax egyenlet gyökei az 1x és 2x valós számok!

Bizonyítsa be, hogy ekkor az ( ) ( ) 033 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday egyenlet gyökei az =1y

31x és =2y 3

2x ! Megoldás: Írjuk fel az 0)(2 =−+⋅+− bcadxdax másodfokú egyenlet gyökei és

együtthatói közötti összefüggéseket:

(1) daxx +=+ 21 ,

illetve

(2) bcadxx −=21 . (1 pont)

Az 0)()33( 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday egyenlet elsőfokú tag

együtthatójának ellentettjét alakítva kapjuk:

bcdadabcdabcda )(333 3333 +++=+++ ,

(3) ))((3)(33 333 bcaddadabcdabcda −+−+=+++ .

Az (1) és (2) összefüggéseket (3)-ba helyettesítve:

21213

2133 )(3)(33 xxxxxxbcdabcba +−+=+++ ,

a műveletek elvégzése és rendezés után:

(4) 32

31

33 33 xxbcdabcba +=+++ . (4 pont)

Másrészt az 0)()33( 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcbay nulladfokú

tagjába (2)-t helyettesítve : 3

213 )()( xxbcad ⋅=−

(5) 32

31

3)( xxbcad =− (1 pont)

37





(4) és (5) felhasználásával az 0)()33( 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday

egyenlet felírható a következő képpen is:

(6) 0)( 32

31

32

31

2 =++− xxyxxy .

(6) bal oldalát szorzattá alakíthatjuk:

(7) 0))(( 32

31 =−− xyxy .

A (7) egyenlet gyökei pedig valóban az 31x és 3

2x valós számok. (3 pont)

Az ( ) ( ) 033 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday egyenletnek akkor vannak valós gyökei, ha D= ( ) 04)33( 3233 ≥−⋅−+++ bcadbcdabcba . Ez a feltétel (4) és (5) segítségével ( ) 04 3

23

1

232

31 ≥⋅⋅−+ xxxx ,

azaz ( ) 023

23

1 ≥− xx alakú lesz. Ez utóbbi minden 1x és 2x valós számra teljesül, ez pedig pontosan azt jelenti, hogy ha az ( ) 02 =−+⋅+− bcadxdax egyenletnek vannak valós gyökei, akkor az ( ) ( ) 033 3332 =−+⋅+++− bcadybcdabcday egyenlet valós gyökei is léteznek (1 pont)

_________________

összesen: 10 pont

38





2. Egy tengelyesen szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai AB és CD . A CBDC; és BD szakaszok hosszai ebben a sorrendben egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Az ABAD; és AC szakaszok hosszai ebben a sorrendben szintén egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagjai. Határozza meg a trapéz oldalai hosszának arányát!

Megoldás: Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát! Az ábrán merőlegest bocsátottunk a C illetve D pontokból az AB szakaszra, a merőlegesek talppontjai P illetve Q .

Legyen aAB = , bBC = és cCD = , továbbá eAC = ! A tengelyes szimmetria miatt nyilvánvaló, hogy

bDA = és eBD = . Az AQ illetve BQ befogók hossza: (1)

2caAQ −

= ,

illetve (2)

2caBQ +

= . (1 pont)

D C

A BQ P . .

39





A feltételek miatt a feladatban két növekvő számtani sorozat 3-3 egymást követő tagja szerepel, fenti jelöléseinkkel ezek a következők: (3) ebc ;; ,

és (4) eab ;; . Legyen a (3) sorozat differenciája d ! Mivel a sorozat növekvő, ezért nyilvánvaló, hogy d > 0 . A számtani sorozat tulajdonsága miatt: (5) dbc −= és dbe += . (1 pont) A (4) számtani sorozatra teljesül, hogy

2bea +

= ,

azaz (5)-öt behelyettesítve: (6)

222 dbdba +=

+= . (1 pont)

Az ADQ és BDQ háromszögek derékszögűek, ezért (1) és (2) felhasználásával a Pitagorasz-tétel alapján felírjuk, hogy:

(7) 2

22

2

22

+

−=

−

−caecab . (1 pont)

az (5) és (6) kifejezéseiből következik, hogy egyrészt

43

2dca

=− ,

másrészt

44

2dbca −

=+ . (1 pont)

40





Ezeket, illetve az ugyancsak (5)-ből kapott dbe += összefüggést beírjuk (7)-be:

2

22

2

44)(

43

−

−+=

−

dbdbdb . (1 pont)

Elvégezve a műveleteket, rendezés és egyszerűsítés után a (8) 0352 22 =−− dbdb egyenletre jutunk. Tekintsük (8)-at b -ben másodfokú egyenletnek, a megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy: db 31 = és db

21

2 −= .

Figyelembe véve a d > 0 feltételt a db

21

2 −= nem megoldás. (2 pont)

Ezért

db 3= . Így (5) és (6) szerint:

27da = ;

26db = ;

24dc = . (1 pont)

Ebből következően az ABCD trapéz oldalai hosszának aránya:

6:4:6:7::: =DACDBCAB . (1 pont) _________________ összesen: 10 pont

41





3. Anna dobókockájának 4 lapja fehér, 2 lapja fekete, Bori dobókockájának

minden lapja fehér. a) Bori be akarja festeni a kockája néhány lapját feketére úgy, hogy ha a

festés után egyszerre dobnak a kockáikkal, akkor az azonos szín dobásának valószínűsége

187 legyen.

Hány lapot fessen be Bori?

b) Mutassa meg, hogy Bori nem tudja úgy festeni a kockáját, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége

41 legyen!

c) A Bori által feketére festett lapok számához rendeljük hozzá az azonos szín

dobásának valószínűségét! Adja meg ennek a függvénynek az értékkészletét!

Megoldás:

Tegyük fel, hogy Bori x számú lapot festett be. Először vizsgáljuk azt az eseményt, hogy mindketten feketét dobnak! Jelöljük A -val azt az eseményt, hogy Anna feketét dob, és

B -vel azt, hogy Bori dob feketét Ezek valószínűségei a következők:

62)( =AP , illetve

6)( xBP = . (1 pont)

Az A és B egymástól független események, ezért annak valószínűsége, Hogy mindketten feketét dobnak,

)()()( BAAB PPP ⋅= , azaz

(1) 362)( xBAP =⋅ . (1 pont)

42





Másodszor vizsgáljuk azt, hogy mindketten fehéret dobnak. Legyen C illetve D az az esemény, hogy Anna illetve Bori fehéret dob! Ezek valószínűségei:

64)( =CP illetve

66)( xDP −

= . (1 pont)

Mivel a dobások egymástól függetlenek, így annak valószínűsége, hogy mindketten fehéret dobnak: (2)

36)6(4)( xDCP −⋅

=⋅ . (1 pont)

Az azonosan fekete, illetve azonosan fehér szín dobása egymást kizáró események, ezért az azonos szín dobásának valószínűsége az (1) és (2) valószínűségek összege:

36)6(4

362)( xxDCBAP −⋅

+=⋅+⋅ ,

rendezés és egyszerűsítés után: (3)

1812)( xDCBAP −

=⋅+⋅ . (1 pont)

Bori kívánsága szerint ez

187 kell, hogy legyen.

(4)

187

1812

=− x .

A (4) egyenlet megoldása 5=x , ezért a feladat a) részének kérdésére az a válaszunk, hogy Borinak a saját kockája 5 lapját kell feketére befestenie ahhoz, hogy az azonos szín dobásának valószínűsége

187 legyen. (1 pont)

43





A feladat b) kérdése szerint az azonos szín dobásának valószínűsége

41 lenne. Ez a

(5)

41

1812

=− x

egyenlet megoldásából kapott x mellett teljesülne. (5) megoldása:

215

=x , ez nem egész, így nem lehet kocka lapjainak száma.

Ezért az azonos szín dobásának valószínűsége valóban nem lehet 41 . (2 pont)

A c) kérdésre adandó válaszhoz először határozzuk meg az )(xf -szel Jelölt függvény értelmezési tartományát! Mivel Bori a kockájának 5,4,3,2,1,0 vagy 6 lapját festheti be feketére, ezért: { }6;5;4;3;2;1;0=fD . (1 pont) (3) alapján a függvény értékkészletének elemei kiszámíthatók, így rendre azt kapjuk, hogy:

=

31;

187;

94;

21;

95;

1811;

32

fR . (1 pont)

______________________ összesen: 10 pont

44

Megoldások Dönt® forduló Gimnázium

A döntő feladatainak megoldásai

45


46


47

Megoldások Dönt® forduló Specmat

A döntő feladatainak megoldásai

48


49


50

2006/2007 - fazekas · 2017-03-02 · 2006/2007 feladatlapok és megoldások ... bizon´y tsuk be,...

Documents