1999/2000. Arany Dániel Matematika I-II-III. kategória II. forduló

1. feladat

Határozzuk meg az

||x+1|+|x-2|-x2| = 2

egyenletet kielégítő valós x értékeket!

Megoldás

Első eset: x Ł -1. Ekkor |-x - 1 - x + 2 -x2| = |x2 + 2x -1| = 2 adódik. x2 + 2x - 1 = ( x + 1 )2 - 2 = ( x + 1- ) ( x + 1 + ).
Ha ( x + 1 - )( x + 1 + ) < 0, akkor x + 1 - < 0 miatt x + 1+ ł 0 azaz x ł - - 1. Tehát - - 1 Ł x Ł - 1
esetén -x2 - 2x + 1 = 2, azaz 0 = x2 + 2x + 1=( x + 1 )2, ahonnan x = -1 adódik. (2 pont)

Ha ( x + 1 - )( x + 1 + ) > 0, akkor x + 1 - < 0 alapján x + 1 + < 0, azaz x < - - 1. Ekkor x2 + 2x - 3 = 0 adódik, ahonnan ( x - 1 )( x + 3 ) = 0, így x = -3. (1 pont)

Második eset: -1 < x Ł 2. Ekkor | x + 1 - x + 2 - x2 | = | 3 - x2 | = 2 adódik. Egyenletünk alapján x2 = 1 vagy x2 = 5. Az x2 = 5 eset nem lehetséges, mert -1 Ł 2 . (1 pont)

Ha pedig x2=1, akkor x=1 a megoldás. (1 pont)

Harmadik eset: x > 2. Ekkor | x + 1 + x - 2 - x2 | = | x2 - 2x + 1 | = 2, így ( x - 1 )2 = 2 alapján x = 1 ±
De 1 - < 2, ezért csak x = +1 lehetséges. (1 pont)

Az egyenletet kielégítő valós számok tehát - azaz az egyenlet gyökei- -3;-1;1;1+ (1 pont)

Összesen: 7 pont

2. feladat

Határozzuk meg azt a legkisebb törtet, amelynek számlálója és nevezője is pozitív egész szám, a tört és a tört négyzetének összege nagyobb, mint 6, továbbá számlálójának és nevezőjének összege kisebb, mint 100.

Megoldás

Legyen x=a/b, ahol a feltételek szerint a,b>0, a+b<100 és x2+x>6. x2+x-6>0 megoldásai a 2-nél nagyobb és a -3-nál kisebb számok, ami x pozitivitása miatt azt jelenti, hogy a/b>2. (2 pont)

Adott b nevezőjű törtek közül (2b+1)/b a legkisebb 2-nél nagyobb, vagyis ał2b+1. Mivel a legkisebb a feltételeket kielégítő törtet keressük, és ha a+b<100, akkor 2b+1+b<100, így feltehető, hogy a=2b+1. (2pont)

Ekkor a 2b+1+b<100 átalakítva b<33. (1 pont)

A 2+ alakú számok közül az a legkisebb, amelyre b a legnagyobb, vagyis b=32, amiből a=65 és a keresett tört x=65/32 (2 pont)

Összesen: 7 pont

3. feladat

Legyen az ABC háromszög A csúcsból induló szögfelezője AK, B csúcsból induló szögfelezője BL (K a BC oldalra, L az AC oldalra illeszkedik). A szögfelezők metszéspontja legyen O.

Bizonyítsuk be, hogy ha OK=OL, akkor a háromszögnek vagy van 60o-os szöge, vagy egyenlő szárú.

Megoldás

Legyen P és Q az O pont vetülete az AC ill. BC oldalakra. Nyilván OP=OQ .Ha P=L akkor OK=OL=OP=OQ miatt Q=K. Hasonlóan, ha Q=K, akkor P=L. Ekkor a háromszög szabályos, vagyis egyenlő szárú is és 60°-os szöge is van. (1 pont)

Egyébként az LOPD és a KOQD derékszögű háromszögek egybevágóak, hiszen két oldaluk megegyezik. (1 pont)
Attól függően, hogy P és Q L-hez és K-hoz képest hogyan helyezkedik el, két eset lehetséges:

(1 pont)

Első eset (1. ábra): P Î CL, Q Î CK. Ekkor OKQĐ=KABĐ+ABKĐ=OABĐ+2OBAĐ, továbbá
OLPĐ=LBAĐ+BALĐ=OBAĐ+2OABĐ. Ezek LOPD és KOQD egybevágósága miatt egyenlők, így OABĐ=OBAĐ, amiből CABĐ=CBAĐ, tehát a háromszög egyenlő szárú.

PĎCL, QĎCK esetben hasonló gondolatmenettel igazolható, hogy egyenlő szárú a háromszög. (2 pont)

Második eset (2. ábra): PĎCL, QÎCK. Ekkor OKQĐ=OABĐ+2OBAĐ továbbra is teljesül, másrészt OLPĐ=180°-(OBAĐ+ 2OABĐ). Ezek egyenlőségéből OABĐ+OBAĐ=60°, amiből CABĐ+CBAĐ=120°, vagyis ACBĐ=60°.

Ha PÎCL, QĎCK, akkor is hasonlóan kapjuk, hogy a C csúcsnál lévő szög 60°. (2 pont)

Összesen: 7 pont

4.feladat

Bizonyítsuk be, hogy 2000 darab páratlan pozitív egész szám reciprokának összege nem lehet 1, de van olyan 2000 darab páronként különböző pozitív egész szám, melyek reciprokának összege 1.

Megoldás

a) Ha a törteket (2000 darab) közös nevezőre hozzuk, akkor a számláló - ami 2000 darab páratlan szám összege - páros. (1 pont)

A nevező viszont páratlan szám, mert páratlan számok szorzata. (1 pont)

Egy páros és egy páratlan szám hányadosa pedig nem lehet 1. (1 pont)

b) Használjuk az azonosságot!

(1 pont)

Azonosságunk alapján

(2 pont)

Tehát n = 2000 esetén

ahol 2000 nem írható fel szomszédos egész számok szorzataként, a többi nevező pedig nyilvánvalóan különböző. (1 pont)

Összesen: 7 pont

II. kategória általános tantervű gimnáziumi tanulók versenye 2. forduló

1. feladat

Megegyezik az I. kategória 1. feladatával.

2. feladat

Legyen P az ABC szabályos háromszög köré írható körének egy olyan pontja, amire az AP szakasz a BC oldalt egy belső Q pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy

Megoldás

Legyen a=AB=BC=CA, és x=QC. A kerületi szögek tétele szerint PACĐ=PBCĐ, valamint PABĐ=PCBĐ. (1 pont)

Ebből következően AQCD hasonló BQPD háromszöghöz, hiszen Q-nál lévő szögeik csúcsszögek. A megfelelő oldalak arányát felírva x/PQ=a/PB (2 pont)

PQCD is hasonló BQAD háromszöghöz, vagyis (a-x)/PQ=a/PC (2 pont)

Ezeket az egyenlőségeket összeadva kapjuk, hogy a/PB+a/PC=a/PQ, amit a-val leosztva kapjuk a bizonyítandó állítást. (1 pont)

Összesen: 7 pont

3. feladat

2-nek melyik legnagyobb pozitív egész kitevőjű hatványával osztható 19992000-1?

Megoldás

Az 1999=x jelöléssel, ahol x=4k-1 alakú egész szám x2000-1 szorzattá alakítható:

x2000-1=(x1000-1)(x1000+1)=(x500-1)(x500+1)(x1000+1)= (x250-1)(x250+1)[(x4)125+1][(x8)125+1]=

(x125-1)(x125+1)[(x2)125+1][(x4)125+1][(x8)125+1]. (1 pont)

a) 2 osztója (x125-1) -nek, de az

x125-1=(x-1)(x124+x123+...+x+1)

szorzattá alakítás alapján x-1 nem osztható 4-gyel, az (x124+x123+...+x+1) tényező pedig nem osztható 2-vel, hiszen a zárójelben 125 darab páratlan szám összege áll. (1 pont)

b) Az (x125+1) tényező osztható 16-tal, hiszen x+1=2000=16ˇ125, de 32-vel már nem. Mivel pedig

x125+1=(x+1)(x124-x123+x122-...-x+1),

ahol a második tényező 125 darab páratlan szám előjeles összege, ezért a második tényező páratlan szám. Így (x125+1) osztható 24-nel, de 25-nel már nem. (2 pont)

c) x2, x4 és x8 is 4n+1 alakú egész szám, ahol n pozitív egész szám. De (4n+1)125+1 2-nek csak az első hatványával osztható az a) és b) pontban alkalmazott gondolatmenet alapján, ezért az ((x2125+1), az ((x4)125+1) és az ((x8)125+1) tényező is osztható 2-vel, de 4-gyel már nem. (2 pont)

Az előzőek alapján a kapott szorzat 2-nek a nyolcadik hatványával osztható, hiszen 2ˇ24ˇ2 ˇ2 ˇ2=28, azaz a legnagyobb 2-hatvány, amellyel (19992000-1) osztható: 28. (1 pont)

Összesen: 7 pont

Megjegyzés: Nem jár pont az egyes részletekre, ha a versenyző nem mutatja meg, hogy az egyes tényezők 2-nek -az adottnál- magasabb kitevőjű hatványával nem oszthatók.

4. feladat

Egy 1999-szer 2000-es téglalap alakú táblázat minden mezőjében a (-1) vagy az 1 szám áll. Egy-egy alkalommal bármelyik sorban vagy oszlopban megváltoztathatjuk az összes szám előjelét. Bizonyítsuk be, hogy az adott "művelet" véges sokszori alkalmazásával elérhető,
a) hogy a táblázatban lévő számok összege legalább 2000 legyen.
b) hogy minden sorban és minden oszlopban a számok összege nem negatív legyen.

Megoldás

a) Ha például a táblázatnak 2000 darab oszlopa van, akkor mindegyikben 1999 darab (azaz páratlan számú) szám van. Ha valamelyik oszlopban több a (-1)-es, mint az 1-es, akkor változtassuk meg az oszlopban az előjeleket! (1 pont)

Így véges sok (legfeljebb 2000 darab lépésben elérhetjük, hogy mindegyik oszlopban a számok összege legalább 1 legyen. A táblázat számainak összege ekkor legalább 2000, hiszen mindegyik oszlopban az összeg páratlan szám. (1 pont)

b) Legyen kezdetben s a táblázatban szereplő számok összege! Ha valamelyik sorban vagy oszlopban a számok összege negatív, akkor ott változtassuk meg az előjeleket! Ekkor az eredeti s összeg nyilvánvalóan növekszik. (1 pont)

A mindenkori s összeg nem növelhető korlátlanul, hiszen

-1999ˇ2000Ł s Ł1999ˇ2000.

Tehát s-nek -az egyes lépések után- csak véges sok értéke lehet. (2 pont)

Mivel a megfelelő mindenkori s értékek eléréséhez is véges számú előjelváltásra van szükség, ezért az elérhető maximális s érték eléréséhez is. (1 pont)

Ha viszont az s összeg maximális, akkor a táblázatba írt számok összege nem lehet negatív egyetlen sorban és oszlopban sem, mert akkor az s összeg növelhető lenne. (1 pont)

Összesen: 7 pont

Megjegyzés: A b) feladat megoldására nem jár pont, ha a tanuló nem igazolja az eljárás végességét. Megadható a megfelelő részpontszám viszont akkor , ha a versenyző utal az elérhető összegek számának véges voltára.

III. kategória speciális matematika tantervű gimnáziumi tanulók versenye 1. forduló

1. feladat

Bizonyítsuk be, hogy ha p, q és r olyan valós számok, amelyekre p=q+r+1, akkor az

(x2+px+q)(x2+px+r)=0

egyenletnek legalább két különböző valós megoldása van.

Megoldás

Bizonyítjuk, hogy legalább az egyik tényezőnek két különböző valós gyöke van, (1 pont)

azaz megmutatjuk, hogy a két másodfokú kifejezés közül legalább az egyiknek pozitív a diszkriminánsa. (1 pont)

A két diszkrimináns: p2-4q és p2-4r. (1 pont)

Elég lesz megmutatnunk, hogy ezek összege pozitív. (1 pont)

A kérdéses összeg: p2-4q+p2-4r=2p2-4(q+r)=2p2-4(p-1)=p2+(p-2)2, (2 pont)

ami biztosan pozitív , mert p, és p-2 nem lehet egyszerre 0. Ezzel az állítást igazoltuk. (1 pont)

Összesen: 7 pont

2. feladat

Egy 2 egység átfogójú derékszögű háromszög belső szögfelezői. a háromszög köré írt körét a P , Q , R pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy a PQR háromszög területe legfeljebb (1+) területegységnyi.

Megoldás

Tekintsük a következő ábrát!

Az ábra jelöléseit használva legyen CABĐ=a,CBAĐ=b, ahol ACBĐ=90°. Mivel AB=2, ezért OA=OB=OP=OQ=r, ahol r=1 a kör sugara. A kerületi-középponti szögek tétele alapján QRCĐ=QBCĐ=b/2 és CRPĐ=CAPĐ=a/2, (1 pont)

így QRPĐ=QRCĐ+CRPĐ=(b+a)/2=45°, hiszen b+a=90°, mert az ABC háromszög derékszögű. Így a QOP középponti szög derékszög. (1 pont)

A PQR háromszög PQ oldalához tartozó magassága RT , mert RTQĐ=180°-b/2-(a/2+45°)=90° az RTQ háromszögből. (1 pont)

Ha pedig az OPQ háromszög egyenlő szárú és derékszögű is, akkor PQ=r, ahol r=1. Thálész tétele alapján így PQ= . (1 pont)

A PQR háromszög PQ oldalához tartozó RT magasság az RTFO derékszögű trapézból:

RT Ł OF + OR = OF + r = r + r = r

mert az OPQ háromszögben OF=r /2. (1 pont)
A PQR háromszög területe

mert r = 1, így a terület legfeljebb

(2 pont)

Összesen: 7 pont

3. feladat

Megegyezik a II. kategória 3. feladatával.

4. feladat

Az f(x) =ax2+bx+c függvényre teljesül, hogy ha 0Łx Ł1, akkor |f(x)|Ł1.
Bizonyítsuk be, hogy |a|+|b|+|c|Ł17

Megoldás

f(0) = c így c Ł 1. Legyen f(1) = a+b+c = p és f(1/2) = a/4+b/2+c = q; ekkor |p| Ł 1 és |q| Ł 1. Fejezzük ki a-t és b-t p-vel, q-val és c-vel: a+b = p-c, a+2b = 4q-4c, ahonnan a = 2p+4q+2c és b = 4q-p-3c.

A háromszög egyenlőtlenségből ezután

|a| Ł 2|p|+4|q|+2|c| Ł 8, és
|b| Ł 4|q|+|p|+3|c| Ł 8,

tehát |a|+|b|+|c| Ł 17 valóban. (7 pont)

Összesen: 7 pont

Megjegyzések
1) Az f(x)=8x2-8x+1 mutatja, hogy a kapott becslés nem javítható.
2) Az a Ł 8 becslés megkapható másképpen is: f a [0,1] intervallum valamelyik felén biztosan szigorúan monoton és a feltétel szerint itt legfeljebb 2 a megváltozása. Ha pedig egy a főegyütthatójú másodfokú függvény monoton egy d hosszúságú intervallumon, akkor itt legalább |a|d2 a megváltozása,
azaz 2 ł |a|/22, tehát valóban |a| Ł 8.

Ugyanez kiszámolva:

|f(x+d)-f(x)| = |2ad(x+ )+ad2|

Ha d > 0 - ez föltehető - és x > -b/2a, akkor 2|a|d(x+b/2a) > 0, vagyis |f(x+d)-f(x)| ł |a|d2 valóban. Ha pedig x < -b/2a-d, akkor 2d(x+b/2a)+d2 < 2d(-b/2a-d+b/2a)+d2 = -d2, vagyis ebben az esetben is |f(x+d)-f(x)| ł |a|d2

Ezért a részért: |a| Ł 8, |c| Ł 1 (maximum 4 pont adható)

A |c| Ł 1 észrevételért nem adható pont.

5. feladat

Egy iskolába 1999 diák jár. Minden nebulónak a többi 1998 közül pontosan k szimpatikus. Mely k esetén lehetünk biztosak benne, hogy a diákok között van kettő, akik kölcsönösen szimpatikusak egymásnak, vagy kölcsönösen nem szimpatizálnak?

Megoldás

Tegyük fel, hogy nincs két, a feladat feltételének megfelelő, diák, azaz minden diák pontosan azoknak szimpatikus, akik neki nem szimpatikusak. (1 pont)

Ha minden nebuló rákacsint a neki szimpatikusakra, akkor ebben az esetben összesen kˇ1999-szer kacsintanak, hiszen minden egyes diák k-szor kacsint. (1 pont)

Másrészt, a kacsintások száma (1998-k)ˇ1999, hiszen minden diákra (1998-k) diák kacsint, azok, akikre ő nem kacsint. (1 pont)

Tehát csak akkor nem teljesül a feladat feltétele, ha 1998-k=k, azaz k=999. (1 pont)

k=999 esetén előfordulhat, hogy nincs két olyan diák, akik kölcsönösen szimpatizálnak, és olyanok sincsenek, akik kölcsönösen nem szimpatizálnak, erre alább adunk egy példát. (1 pont)

Feleltessünk meg a diákoknak egy kör kerületén 1999 különböző pontot! Minden pontnak legyen szimpatikus az óramutató járása szerinti 999 utána következő pont. Két tetszőlegesen választott pont esetén, ha összeadjuk, hogy hányadiknak következik az egyik pont a másik után az óra járása szerint, és hogy hányadiknak jön a másik után az egyik, ugyanebben a forgásirányban, akkor mindig 1999-et kapunk eredményül. (1 pont)

Így, az adott példában, bármelyik két diák közül az egyik szimpatikus a másiknak, a másik az egyiknek viszont nem. (1 pont)

Összesen: 7 pont