Kezdőlap


Cím:	Az 1957. évi Arany Dániel matematikai tanulóverseny: (2. közlemény)
Füzet:	1957/október, 41 - 47. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Arany Dániel

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Alábbiakban közöljük a kezdők (I. osztályosok) versenyén kitűzött feladatok megoldásait.

Az I. forduló feladatai:

1. feladat. Egy személyvonat déli

12

órakor indul

A

-ból

B

-be

60

km/óra állandó sebességgel. Eközben ugyanazon a pályán

B

-ből

A

felé halad egy tehervonat

40

km/óra sebességgel. Mindkét vonat egyszerre ér céljához, és ekkor háromszor oly távol vannak egymástól, mint egy órával a találkozásuk előtt. Mikor indult el a tehervonat

B

-ből ?

Megoldás. Egy óra alatt a személyvonat 60 km-t, a tehervonat 40-et tesz meg. Így a találkozás előtt egy órával 100 km-re voltak egymástól, az egész útjuk pedig 300 km. Ezt a személyvonat 5, a teher 7,5 óra alatt teszi meg, az utóbbi tehát 2 1/2 órával korábban indult, mint a személyvonat, vagyis

9^{30}

-kor.

2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha

a

és

b

1

-nél kisebb pozitív számok, akkor

\begin{matrix} 1 + a^{2} + b^{2} > 3 a b . \end{matrix}

I. megoldás: Felhasználva, hogy

\begin{matrix} 1 + u^{2} \geq 2 u, mert 1 + u^{2} - 2 u = {(1 - u)}^{2} \geq 0, \end{matrix}

az egyenlőtlenség bal oldala így alakítható át:

\begin{matrix} 1 + a^{2} + b^{2} = (1 + a^{2}) (1 + b^{2}) - a^{2} b^{2} \geq 2 a \cdot 2 b - a^{2} b^{2} = \\ = 3 a b + a b (1 - a b) > 3 a b, \end{matrix}

mivel a feladat feltételei mellett

a b

pozitív és 1-nél kisebb. Ezzel bebizonyítottuk a feladat állítását.

II. megoldás: Képezzük a két oldal különbségét:

\begin{matrix} 1 + a^{2} + b^{2} - 3 a b = {(a - b)}^{2} + (1 - a b) . \end{matrix}

a b < 1

, akkor a jobb oldal nyilván pozitív, vagyis

\begin{matrix} 1 + a^{2} + b^{2} > 3 a b . \end{matrix}

Megjegyzés: Mint a II. megoldás mutatja,

a

-ról és

b

-ről elegendő a feladat követelményei helyett csak annyit tenni fel, hogy szorzatuk 1-nél kisebb. Az I. megoldásban kihasználtuk e szorzat pozitivitását is, holott negatív szorzat esetén világos az állítás helyessége. Azért érthető ez mégis, mert ott már az átalakítás közben egyenlőtlenségeket alkalmaztunk, s az így ,,rontott'' értéket már kissé nehezebb volt becsülni.

3. feladat. Az

A B C

és az

A' B' C

egyező körüljárású szabályos háromszög ugyanabba a körbe van beírva. Bizonyítsuk be, hogy a megfelelő oldalak metszéspontjai szabályos háromszöget alkotnak. (Az

A B

-nek megfelelő oldal

A' B'

stb.)

Megoldás: Jelöljük a

B C

és

B' C'

, a

C A

és

C' A'

, végül az

A B

és

A' B'

oldalak metszéspontját rendre

A_{1}

B_{1}

C_{1}

-gyel (1. ábra).

1. ábra

Ha az ábrát a kör

O

középpontja körül

120^{\circ}

-kal elforgatjuk úgy, hogy

A

B

pontba kerüljön, akkor a

B

C

A'

B'

C'

pontok rendre

C

A

B'

C'

A'

pontok helyére kerülnek. Így pl.

B C

és

B' C'

metszéspontja,

A_{1}

C A

és

C' A'

metszéspontjába

B_{1}

-be megy át, és hasonlóan a

B_{1}

és

C_{1}

pontok a

C_{1}

, ill.

A_{1}

pontok helyére kerülnek. Így

O

körüli

120^{\circ}

-os elforgatás után az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszög újra fedi eredeti helyzetét. Ez csak úgy lehetséges, hogy az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszög szabályos, és körülírt körének középpontja szintén

O

Megjegyzések: 1.) A két háromszög adott elhelyezése mellett, ha az egyik háromszöget megbetűztük, a másikat még háromféleképpen betűzhetjük meg ugyanolyan körüljárás szerint. Ha az oldalak egyeneseit tekintjük (tehát az oldalak meghosszabbításaira eső metszéspontokat is figyelembe veszünk), akkor tehát általában három háromszög kapható, mint a megfelelő oldalak metszéspontja. Ha a két háromszögnek egy oldalpárja párhuzamos, akkor a másik két oldalpár is az, s így csak két háromszög keletkezik. Ha viszont a két háromszög egybeesik, akkor az egyik (az azonos megbetűzéshez tartozó) határozatlanná válik.
2.) A bizonyításban nincs lényegesen kihasználva az sem, hogy a két háromszög ugyanabba a körbe van beírva, csak annyi, hogy a középpontjuk közös. A feladat állítása tehát igaz bármely két szabályos háromszögre, amelyeknek közös a középpontja, és amelyek egyező körüljárás szerint vannak megbetűzve.

A II. forduló feladatai:

1. feladat. Igaz az, hogy

\begin{matrix} \frac{b^{3} + b^{3}}{a^{3} + {(a - b)}^{3}} \equiv \frac{a + b}{a + (a - b)} ? \end{matrix}

I. megoldás: Képezzük a két oldal különbségét:

\begin{matrix} \frac{a^{3} + b^{3}}{a^{3} + {(a - b)}^{3}} - \frac{a + b}{a + (a - b)} = \\ = \frac{(a^{3} + b^{3}) (2 a - b) - (a + b) (2 a^{3} - 3 a^{2} b + 3 a b^{2} - b^{3})}{[a^{3} + {(a - b)}^{3}] (2 a - b)} = \\ = \frac{2 a^{4} - a^{3} b + 2 a b^{3} - b^{4} - (2 a^{4} - a^{3} b + 2 a b^{3} - b^{4})}{[a^{3} + {(a - b)}^{3}] (2 a - b)} . \end{matrix}

A számláló azonosan 0, s így a tört értéke 0 mindenütt, ahol értelme van, tehát ahol a nevező nem 0. Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

Megjegyzés: Ki kellett zárni azokat a helyeket, ahol a nevező 0, noha lehet, hogy az ilyen helyeken a két tört közül valamelyiknek értelme van. Általában helyesnek fogadunk el egy azonosságot, ha a két oldalán álló kifejezések értéke mindenütt megegyezik, ahol mindkét oldalnak értelme van.

II. megoldás: A bal oldalt a következőképpen alakíthatjuk át:

\begin{matrix} \frac{a^{3} + b^{3}}{a^{3} + {(a - b)}^{3}} = \\ = \frac{(a + b) (a^{2} - a b + b^{2})}{[a + (a - b)] {[a^{2} - a (a - b) + (a - b)]}^{2}} = \frac{(a + b) (a^{2} - a b + b^{2})}{[a + (a - b)] (a^{2} - a b + b^{2})} . \end{matrix}

A számláló és nevező közös tényezőjével, ahol annak értéke nem 0, egyszerűsíthetünk, és így éppen az azonosság jobb oldalát kapjuk.

2. feladat. Egy

A

és

B

között közlekedő vonat

20

perccel korábban érkezik

B

-be, ha sebessége óránként

5

km-rel meghaladja a menetrendszerű sebességet; viszont

25

perc késéssel érkezik, ha sebessége óránként

5

km-rel kevesebb, mint a menetrend szerint. Mekkora a menetrend szerinti sebesség ?

I. megoldás: Jelöljük az

A B

távolságot

a

-val. Egy egyenletes sebességgel haladó vonat annyi óra alatt teszi meg ezt az utat, ahányszor az óránként megtett kilométerek száma megvan

a

-ban. Ha a vonat tényleges sebességét

v

-vel jelöljük (és a perceket átszámítjuk hatvanad órákká), akkor a feladat feltételei így írhatók:

\begin{matrix} \frac{a}{v - 5} - \frac{a}{v} = \frac{25}{60} = \frac{5}{12}, \frac{a}{v} - \frac{a}{v + 5} = \frac{20}{60} = \frac{1}{3} . \end{matrix}

(1)

Elosztva az egyenleteket

a

-val (ami nem lehet 0), és összevonva

\begin{matrix} \frac{5}{v (v - 5)} = \frac{5}{12 a}, \frac{5}{v (v + 5)} = \frac{1}{3 a} = \frac{4}{12 a} . \end{matrix}

Az első egyenletet 4-gyel, a másodikat 5-tel szorozva a jobb oldalak egyenlők lesznek, tehát a bal oldalak is, és így azok reciprok értékei is:

\begin{matrix} \frac{1}{20} v (v - 5) = \frac{1}{25} v (v + 5) . \end{matrix}

Az egyenletet 100-zal szorozva, 0-ra redukálva, és

v

-t kiemelve kapjuk, hogy

\begin{matrix} v [5 (v - 5) - 4 (v + 5)] = v (v - 45) = 0. \end{matrix}

Miután a vonat eredetileg nem állt egy helyben, s így

v = 0

nem megoldása a feladatnak, azért csak egy megoldás lehetséges:

\begin{matrix} v = 45 km/óra . \end{matrix}

Ennek ismeretében bármelyik (1) alatti egyenletből a megtett távolságra ugyanaz az érték adódik:

\begin{matrix} a = 150 km . \end{matrix}

Így a kapott értékek valóban megoldását adják a feladatnak.
A fenti, meglehetősen gépies számítás egy látszólag másodfokú egyenletre vezetett, amelyet azonban egyszerűen meg lehetett oldani. Ha viszont formulák felírása előtt végiggondoljuk a feladat viszonyait, egyszerűbb egyenletet nyerhetünk.
Lényegében ezt a megoldást adta Békési József (Nagykanizsa, Irányi D. g.).

II. megoldás: Képzeljük el, hogy három vonat indul el egyszerre

A

-ból

B

felé három egymás melletti sínpáron. Az egyik a tényleg közlekedő vonat

v

sebességével, a másik

v - 5

, a harmadik pedig

v + 5

sebességgel, és ez a harmadik vonat

B

-n megállás nélkül áthaladva tovább folytatja útját. Mivel a második vonat ugyanannyival kevesebb utat tesz meg óránként az elsőnél, amennyivel többet tesz meg a harmadik, és a vonatok egyenletes sebességgel haladnak, azért az első vonat minden időpontban egyenlő távol van a másik két vonattól.
Mikor az első vonat

B

-be ér, a harmadik már 20 perce, vagyis

\frac{1}{3}

órája elhagyta

B

-t, és így onnan már

\frac{1}{3} (v + 5)

távolságban van. A második vonatnak 25 percnyi, vagyis

\frac{25}{60} = \frac{5}{12}

órányi útja van hátra, tehát

\frac{5}{12} (v - 5)

km-t kell még megtennie. Mivel az első vonat egyenlő távol van mindig a másik kettőtől, azért

\begin{matrix} \frac{1}{3} (v + 5) = \frac{5}{12} (v - 5) . \end{matrix}

Innen átrendezve

\begin{matrix} v = 45 km/óra \end{matrix}

adódik.

3. feladat. Adva van egy kör és annak belsejében egy pont. Szerkesszünk kört, amely érinti az adott kört, és az adott pontban érinti a ponton átmenő átmérőt.

I. megoldás: Készítsünk vázlatot. Legyen az adott kör középpontja

K

, sugara

r

, a keresett érintő kör középpontja

O

. Ha e kör a

P

pontban érinti az adott kör ott átmenő átmérőjét, akkor egyben érint minden olyan kört is, amelyet az átmérő

P

-ben érint. Az átmérőt ezért egy ‐ ezek közül alkalmasan választott ‐ körrel helyettesíthetjük.

2. ábra

Célszerű lesz ezt a kört úgy választani, hogy az ábra szimmetrikussá váljék. Ez bekövetkezik, ha azt a kört rajzoljuk meg, amelynek sugara az adott kör sugarával egyenlő, és amelyet a keresett kör belülről érint a

P

pontban (2. ábra). Ezután az átmérőt el is hagyhatjuk. Ezzel az ábra teljesen szimmetrikussá válik. A keresett kör

O

középpontja rajta van az ábra szimmetria tengelyén, melyet a két egyenlő kör közös húrjaként szerkeszthetünk meg, és a

P

-n át megrajzolt segédkör

P

-hez vezető sugarán, amely nem más, mint a

P

-ben az átmérőre emelt merőleges.
A szerkesztés tehát a következőképpen végezhető:

P

-ben merőlegest emelünk az átmérőre, erre rámérjük az adott kör

P K' = r

sugarát, és a

K'

végpontból e sugárral kört rajzolunk. Ennek az adott körrel való metszéspontjait összekötő egyenes metszi ki a

P

-ben emelt merőlegesből a keresett

O

pontot.
Valóban az

O

körül

P

-n át húzott kör érinti a

P

-n átmenő átmérőt, és belülről érinti a segédkört. Így az ábra szimmetriája miatt érinti az adott kört is

P

-ben (2. ábra).
A segédkört az átmérő mindkét oldalán szerkeszthetjük, így a feladatnak két megoldása van, ha a

P

pont és az átmérő adva van. A feladat követelményei szerint

P

-n át átmérőt kell húzni, és azzal elvégezni a szerkesztést. Ezt az átmérőt

P

egyértelműen meghatározza, kivéve ha

P

a kör középpontja, amikor az átmérő tetszés szerinti irányban húzható. Utóbbi esetben tehát a feladat határozatlan, minden más esetben két megoldása van. (A versenyzők egy része minden esetben határozottnak vélte a feladatot, ez azonban a középpont megadása esetében csak akkor állna fenn, ha az átmérő előre adott volna.)

II. megoldás: A feladat megoldására kínálkozik a körzsugorítás módszere. Miközben az adott kört a

K

ponttá zsugorítjuk, az érintő kör előbb ponttá zsugorodik, majd kívülről érintő körbe megy át, és növekszik. A

P

pont az átmérőre merőlegesen mozdul el, a

K

ponttá zsugorított kör sugarával

P_{1}

-be (ill.

P_{2}

-be). A

d

átmérő egy, a

P_{1}

(ill.

P_{2}

) ponton átmenő, és az eredeti

d

-vel párhuzamos

d_{1}

(ill.

d_{2}

) egyenesbe megy át (3. ábra).

3. ábra

Ezzel visszavezettük a feladatot adott

K

ponton átmenő, és adott

d_{1}

egyenest adott

P_{1}

pontjában érintő kör szerkesztésére, ami már ismert feladat. A keresett kör

O

középpontját úgy kaphatjuk, mint a keresett kör két adott pontját (

K

és

P_{1}

) összekötő egyenes felező merőlegesének és az adott

d_{1}

érintőre a

P_{1}

érintési pontban emelt merőlegesnek metszéspontját. Ez a pont egyben az eredeti feladatban keresett kör középpontja is.

Megjegyzések: 1.) Ez a megoldás szoros kapcsolatban van az előzővel. Ez világos lesz, ha észrevesszük, hogy a

K P_{1}

szakasz felező merőlegesének szerkesztéséhez tetszőleges (egyenlő) sugarú körívekül választhatjuk éppen az

r

sugarú köríveket. Ez esetben a 3. ábra lényegében átmegy a 2. ábrába.
2.) A II. megoldás minden változtatás nélkül alkalmazható akkor is, ha a

P

pont a körön kívül van. (Ekkor a zsugorításnál a keresett kör kezdettől fogva növekszik.) Az I. megoldás is alkalmazható ebben az esetben is, csak nem bizonyos, hogy a két egyenlő sugarú kör ekkor is metszi egymást. Ha nem, akkor a szimmetria tengelyt pl. úgy kaphatjuk, mint a két kör centrálisának felező merőlegesét. Ez ismét a két megoldás rokonságát mutatja.
Az alábbi megoldások is egyaránt érvényesek a körön belül és kívül levő

P

pontokra. Az ábrákat azonban mindig a feladat feltételeinek megfelelően készítjük.

III. megoldás: Készítsünk vázlatot. Legyen az adott kör középpontja

K

, a keresett érintő köré

O

, a két kör érintkezési pontja

Q

. Húzzuk meg a

Q

-n át a közös érintőt és hosszabbítsuk meg az

O P

szakaszt. A két egyenes metszéspontja legyen

R

(4. ábra).

4. ábra

K O P

és az

R O Q

háromszög derékszögű, és

O

-nál fekvő szögeik egyenlők, mert csúcsszögek (illetőleg a körön kívüli

P

pontra egybeesnek). Így a két háromszög hasonló. Az

O P

és

O Q

oldalaik, mint az érintő kör sugarai, egyenlők, s így a két háromszög egybevágó is. Ennek folytán ‐ az adott kör sugarát

r

-rel jelölve

\begin{matrix} R P = R O + O P = K O + O Q = K Q = r . \end{matrix}

(Külső

P

pont esetén

O P

és

O Q

itt negatív előjellel szerepel.)
Ennek alapján a következő szerkesztéshez jutunk:

P

-ben az átmérőre merőlegest állítunk, és erre rámérjük az adott kör sugarát. Megszerkesztjük ennek

R

végpontjából húzható, és az átmérővel nem párhuzamos, érintő

Q

érintési pontját. Azt állítjuk, hogy

P R

és

K Q

metszéspontja a keresett kör

O

középpontja.
Ennek igazolására jelöljük még meg az

R Q

és

K P

egyenesek

S

metszéspontját. A

K Q S

és

R P S

háromszögek derékszögűek,

S

-nél levő szögeik közösek (illetőleg csúcsszögek) és a szerkesztés szerint

\begin{matrix} R P = K Q = r, \end{matrix}

tehát a két háromszög egybevágó. Ennek folytán a

K R S

háromszög egyenlő szárú (

K S = R S

) és így a szárakhoz tartozó magasságok metszéspontja

O

egyenlő távol van a két szártól. Az

O

körül

P

-n át húzott kör tehát

Q

-ban érinti az

R S

egyenest, és így az adott kört is.
Aszerint, hogy

R

-t az átmérő melyik oldalán szerkesztjük meg, ismét két megoldás adódik általában.

IV. megoldás: A kisebbik kört a közös

Q

érintési pontból, mint nyújtási középpontból nagyítva, a kör egy-egy pontja, pl.

P

egy

Q

-n átmenő egyenesen mozdul el. Egy-egy egyenes, pl. az

O P

körsugár, pedig önmagával párhuzamos helyzetbe megy át. Ilyen átalakítással az érintő kör átvihető az adott körbe. Eközben

O P

az átmérőre merőleges

K R

sugárba megy át (5. ábra). Ennek alapján

R

megszerkeszthető.

5. ábra

A szerkesztés menete: Az adott kör

K

középpontjában az átmérőre állított merőleges egyik metszéspontja az adott körrel legyen

R

, és

R P

-nek a körrel való metszéspontja

Q

. Azt állítjuk, hogy

K Q

-nak és a

P

-ben az átmérőre emelt merőlegesnek

O

metszéspontja a keresett kör középpontja. Valóban az

O P Q

és

K R Q

háromszögek megfelelő oldalai párhuzamosak, és így megfelelő szögeik egyenlők. Az utóbbi háromszöggel együtt tehát az előbbi is egyenlő szárú:

\begin{matrix} O P = O Q . \end{matrix}

O

körül

P

-n át húzott kör tehát átmegy

Q

-n is, és mivel ez a pont a két kör

K O

centrálisán van, így a két kör ebben a pontban érintkezik.
Itt is két megoldást kapunk általában az átmérő két oldalán.