A 2000. szeptemberi B-jelű matematika feladatok megoldása
Bizonyos feladatoknál csak a megoldás vázlatát, esetleg a végeredményt közöljük.
B. 3382. Bizonyítsuk be, hogy ha 17 különböző pozitív prímszám négyzetének összege négyzetszám, akkor közülük a két legnagyobb négyzetének a különbsége osztható a legkisebbel. (3 pont)
Javasolta: Gyurcsek András, Veszprém
Megoldás. Egy négyzetszám 3-mal osztva osztva 0 vagy 1 maradékot ad. Ezért 17 négyzetszám összege csak úgy lehet négyzetszám, ha van közöttük 3-mal osztható. A 17 prímszám közül az egyik a 3. A legkisebb prím ezért a 2 vagy a 3. A két legnagyobb prímszám nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal; négyzeteik 6-tal osztva 1 maradékot adnak. Ezért a két legnagyobb prímszám négyzetének összege osztható 2-vel és 3-mal is.
B. 3383. Derékszögű háromszögben sa és sb a befogókhoz,
sc pedig az átfogóhoz tartozó
súlyvonal. Határozzuk meg az kifejezés
maximumát. (3 pont)
Javasolta: Besenyei Ádám, Tatabánya
Megoldás.
A Pitagorasz-tételből
sa2=(a/2)2+b2,
sb2=b2+(a/2)2,
a Thalész-tétel megfordításából pedig
sc=c/2.
A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség alapján
amiből
Egyenlőség akkor van, ha a=b.
B. 3384. Bizonyítsuk be, hogy ha a, b, c>0, akkor:
(3 pont)
Javasolta: Ábrány Miklós, Beregszász
Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy ,
és
. Ezek összege éppen a bizonyítandó állítás.
A betűzés ciklikus szimmetriája miatt elég az első egyenlőtlenséget
bebizonyítani. Beszorzás után az egyenlőtlenség a következő alakba írható: , ez pedig mindig teljesül.
B. 3385. Az ABC háromszögben BC=AC+AB. P az AB oldal B-hez közelebb eső
negyedelőpontja. Bizonyítsuk be, hogy PAC
=2CPA
. (4 pont)
Megoldás. Rajzoljunk egy C középponttú, b sugarú k kört. Messe ez AB-t D-ben, CB-t pedig E-ben.
Jelölje k(B) a B pont k-ra vonatkozó
hatványát. Ekkor
k(B)=BE.(BE+2b)=c/2(c/2+2b)=BD.BA=BD.c. Ezekből
következik, hogy BD=b+c/4, így
PD=BD-c/4=b és DC=b, ezért
PD=DC, azaz a PDC háromszög egyenlő szárú, és így =2
.
B. 3386. Egy 5x5x10-es téglatestben adott 2001
pont. Bizonyítsuk be, hogy ki tudunk közülük választani kettőt, amelyek
távolsága legfeljebb . (4 pont)
Javasolta: Ábrány Miklós, Beregszász
Megoldás. Bontsuk fel a téglatestet 0.5 élű kockákra; ezek száma
5x5x10=2000. A skatulya-elv szerint van két olyan pont, amelyek ugyanabba a
kockába esnek. Ezek távolsága legfeljebb akkor, mint a kocka testátlója, azaz
.
Megjegyzés. A 0,866-nál jobb becslést (0,7) ad az A. 242. feladat.
B. 3387. Egy nem 0 p vektornak és a 2 szögű elforgatottjának az összege egyenlő a
p vektor
szögű
elforgatottjával. Mekkora az
szög? (3
pont)
Megoldás.
Legyen először 0o<<180o. Tekintsük a fenti
ábrát. OA=OC=OB. Mivel a vektorösszegzés miatt az
OABC négyszög paralelogramma, ezért AC=OB, tehát az OAC
háromszög szabályos. Így
=60o. Tehát az elforgatás
szöge lehet
60o+k.360o, ahol k tetszőleges egész szám.
B. 3388. Az ABC háromszög B csúcsánál 120o-os szög van. Ennek szögfelezője P-ben metszi az AC oldalt. A C csúcsból induló külső szögfelező Q-ban metszi az AB oldal egyenesét, a PQ szakasz pedig R-ben metszi a BC oldalt. Mekkora a PRA szög? (5 pont)
Javasolta: Katz Sándor, Bonyhád
Megoldás.
Vizsgáljuk először a CPB háromszöget. QBC=180o-120o=60o. Hosszabbítsuk meg
PB-t egy tetszőleges D pontig. DBQ
=60o, így BQ a
BCP háromszög külső szögfelezője. Külső szögfelező CQ is, így
metszéspontjukat, Q-t P-vel összekötve belső szögfelezőt
kapunk. Tehát CPQ
=BPQ
:=
. Vizsgáljuk most a BPA háromszöget. Ebben BR
és PR külső szögfelező, így RA belső szögfelező, és így
BAR
=PAR
:=
. CPB
a PAB háromszög külső szöge, így
2
=60o+2
,
=30o+
.
BPA=180o-(60o+2
)=120o-2
PRA=180o-(
+(120o-2
)+
)=180o-(30o+
+120o-2
+
)=30o.
Lovrics Anna megoldása alapján
B. 3389. Legyen ,
ahol a gyökjelek száma n. Hány valós eleme van az
halmaznak? (4 pont)
Megoldás. Legyen . A k
szerinti teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy a Gk halmaznak pontosan 2k-1 különböző eleme van, és ezek mindegyike a (0,2)
intervallumba esik.
Az k=1 esetben Gk=H1-nek
egyetlen eleme van, a , tehát az állítás
igaz.
Tegyük most fel, hogy az állítás igaz valamely k-ra; ebből bebizonyítjuk
(k+1)-re is. Bontsuk a Gk+1 halmazt három részre:
A középső tagnak az indukciós feltevés miatt 2k-1 különböző eleme van, és ezek mindegyike a intervallumba esik. A harmadik tagnak
ugyanennyi eleme van a
intervallumban. A
két intervallum diszjunkt egmástól, tehát az elemek mind különbözők. A két
intervallum részhalmaza a (0; 2) intervallumnak, tehát az összes elem
(0; 2)-be esik. Az elemek száma összesen
1+(2k-1)+(2k-1)=2k+1-1.
B. 3390. Egy tetraéder minden csúcsában egy-egy 5, és
hosszúságú él találkozik. Milyen hosszúak a tetraéder szemközti éleinek
felezőpontjait összekötő szakaszok? (5 pont)
Megoldás. Mivel minden csúcsban különböző hosszúságú élek találkoznak, ezért a tetraéder szemközti élei egyenlő hosszúak. Így a tetraéder bennfoglaló paralelepipedonja téglatest, mert minden lapjára igaz, hogy annak átlói egyenlőek.
Ha a téglatest éleinek hossza a,b és c, akkor Pitagorasz tétele szerint
a2+b2=25, b2+c2=41 és c2+a2=34.
Ezt az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy
a=3, b=4 és c=5.
Ezek az élhosszok éppen megegyeznek a tetraéder szemközti éleinek felezőpontjait összekötő szakaszok hosszával.
B. 3391. Amikor Bendegúz érvényes helyjegyével felszállt a 78 személyes vasúti kocsiba, döbbenten vette észre, hogy ott már minden hely foglalt. Az történt ugyanis, hogy Dömötör helyjegy nélkül szállt fel. A többi 77 utas pedig - köztük Elek - vásárolt ugyan helyjegyet, de nem feltétlenül ültek oda, ahová a helyjegyük szólt. Bendegúz felállítja azt, aki a helyét elfoglalta. Aki feláll, az most már szintén a saját helyére szeretne leülni, és így tovább. Mindez addig folytatódik, míg végül Dömötör lelepleződik. Mennyi a valószínűsége annak, hogy Elek ülve nézheti végig az eseményeket? (5 pont)
Megoldás. Feltételezzük, hogy az utasok teljesen véletlenszerűen foglalnak helyet, vagyis minden lehetséges leülési sorrend ugyanakkora valószínűséggel következik be.
A lehetséges leüléseket állítsuk párokba a következő szabály szerint: egy-egy párban két olyan sorrend szerepeljen, amelyben Elek és Dömötör kivételével mindenki ugyanott ül, viszont Elek és Dömötör helye fel van cserélve.
Tekintsünk egy tetszőleges ültetést, amelyben Dömötör mindvégig a helyén maradhat. Legyen Dömötör helye A, Elek helye B. A felállított utasok láncában nem szerepel a B hely. Az ültetés párjában, ezért a felállított utasok között fog szerepelni az A helyen ülő Elek.
Most tekintsünk egy olyan ültetést, amelyben Eleknek fel kell állnia. Legyen ismét Dömötör helye A, Elek helye B. A felállított utasok sorában Elek előbb van, mint Dömötör. Ha ők ketten fordítva ültek volna, akkor Elek mindvégig a helyén maradhatott volna.
Összefoglalva, minden párban az egyik ültetés esetén Eleknek fel kell állnia, a másik ültetés esetén nem. Ezért a keresett valószínűség éppen 1/2.
Megjegyzés. A megoldást kicsit másképp is el lehet mondani úgy, hogy módosítjuk a feladatot. Ha Elek és Dömötör is potyautas, és az utasok felállítása addig tart, míg az egyikőjük lelepleződik, akkor 50-50% valószínűséggel lepleződik le Elek illetve Dömötör.