A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A) Az általános verseny feladatai:
1. feladat. Egy hatjegyű négyzetszámot három kétjegyű számra vágunk szét. A két szélső egyenlő, a középső pedig a fele ezek egyikének. Melyik e hatjegyű négyzetszám?
Megoldás. Legyen a kérdéses négyzetszám és jelöljük a középső két jegyéből alkotott számot -szel. Így a két szélső kétjegyű szám , ezért és így másrészt | |
Egy négyzetszámot különböző törzsszámok hatványainak szorzataként előállítva minden kitevő páros. Ezért ilyen előállításában a 2 és 19 törzsszámok páratlan kitevővel szerepelnek, s így a kitevőjük legalább 1, viszont minden más törzsszámhatványban páros szám a kitevő. Eszerint 2 és 19 első hatványát különválasztva, a többieket pedig összefoglalva így írható: | | ahol egész szám. (1) csak esetén teljesül, így az egyetlen lehetséges megoldás: | |
Ez valóban meg is felel a feladat követelményeinek.
2. feladat. Oldjuk meg a következő egyenletet: Megoldás. Ahhoz, hogy az egyenletben szereplő kifejezéseknek értelme legyen, kell, hogy , továbbá legyen. Az utóbbi pozitív -re akkor és csak akkor teljesül, ha Ilyen -ekre a jobb oldali négyzetgyökös kifejezéssel végig oszthatjuk (2)-t, az egyenlet 1-nél nem kisebb -ekre akkor és csak akkor teljesül, ha azaz ha Itt a bal oldal a (3) feltétel mellett pozitív, tehát a két oldal (a gyököket nem negatívnak véve) akkor és csak akkor egyenlő, ha a négyzeteik egyenlők: Ez 1-nél nagyobb szám, tehát az egyenlet egyetlen megoldása.
Megjegyzés: (4)-et alakban írva, majd a pozitív kifejezéssel szorozva a egyenlet adódik, amiből és az előbbiből, mint elsőfokú egyenletrendszerből ismét és az ezzel összhangban levő eredmény adódik.
3. feladat. Az paralelogramma csúcsán átmenő kör az és az oldal egyenesét az , illetőleg a pontban, az átló egyenesét pedig a pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy Megoldás. Legyen tükörképe felező merőlegesére , az és egyenesek metszéspontja . I. Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor , , sorra az -ból , , felé induló félegyenesen van. Ekkor az egyenes elválasztja a és pontokat és velük együtt az és pontokat is. Így az egyenes és pontjaival kettévágott körnek különböző ívein van és , pedig ugyanazon az íven van, mint , mert . Ebből következik, hogy az húr belső pontja. 1. ábra Megmutatjuk, hogy az háromszögek hasonlók, megfelelő szögeik egyenlők. Ebből már könnyen fog következni (6). A háromszögek megfelelő szögeire egyrészt
az utolsó előtti és az azt megelőző szög azonos íven nyugvó kerületi szögek. Másrészt
A második és harmadik szög azonos íven nyugvó kerületi szögek, a negyedik és ötödik pedig egymás tükörképe. A (6) alatti első és második háromszög hasonlóságából, illetőleg a harmadik és negyedik hasonlóságából a következő arányok egyenlősége olvasható le: Innen, figyelembe véve, hogy és egymás tükörképei, tehát egyenlők, kapjuk, hogy és a kettőt összeadva, mivel , adódik az (5) egyenlőség. II. Megmutatjuk, hogy az (5) egyenlőség a kör minden helyzeténél érvényes marad, ha az -tól -vel, -vel, ill. -vel ellentétes irányban levő pontok távolságát negatívnak tekintjük. Ennek belátására forgassuk a kört az pont körül pl. az óramutató járásával ellentétes irányban. A fenti bizonyítás nem alkalmazható már, ha a kör az oldalt érintő helyzetbe kerül (2. ábra). Ekkor , másrészt az és háromszögek hasonlók, mert egy szögük közös és Az utolsó egyenlőségben azonos íven nyugvó kerületi szögek szerepelnek. Így | |
2., 3. és 4. ábra Ha a kör továbbfordul, az oldal -n túli meghosszabbítására kerül ( és még az és félegyeneseken lesz, 3. ábra). Jelöljük -nek -ra vonatkozó tükörképét -vel, ekkor az paralelogrammára érvényes az I. alatti bizonyítás és azt adja, hogy azaz Így ha magán az jelölésen a szakasz negatív előjellel vett hosszát értjük ebben az esetben, akkor az eredeti összefüggés változatlanul helyes marad. Ha a kör továbbfordulásával is az átló -n túli meghosszabbítására kerül, akkor vegyük a és pontok -ra vonatkozó és tükörképét. Az paralelogrammára ismét alkalmazható az I. rész bizonyítása, s így (4. ábra) azaz Ez azonban ismét azt jelenti, hogy a II. elején mondott előjelmegállapodással (5) érvényben marad. Ha a kör az -t -ban érintő helyzeten is túlfordul, akkor korábban már tekintetbe vett körhelyzetek -ra vonatkozó tükörképeit kapjuk. Egy ilyen tükrözés előjelmegállapodásunk szerint , és előjelének egyidejű megváltozását, és így (5) minden tagjának ellenkező előjelűre változását okozza, az egyenlőség helyességét tehát nem változtatja meg. Ezzel a II. alatti állítást is igazoltuk.
Megjegyzések. 1. Könnyen látható (1. ábra), hogy . A megfelelő szakaszok arányát -val jelölve , , . Ezeket (5)-be beírva és -val egyszerűsítve az húrnégyszögre a következő összefüggést kapjuk: vagyis húrnégyszögben a szemközti oldalpárok szorzatainak az összege az átlók szorzatával egyenlő. Ez az összefüggés PTOLEMAIOS tétele néven ismeretes. A fenti hasonlóság felhasználásával természetesen ebből a feladat állítása is könnyen következik. Ha viszont az I. alatti bizonyításban az és háromszög helyébe egyaránt az háromszöget tesszük, akkor közvetlen bizonyítást kapunk PTOLEMAIOS tételére.
2. A versenyen a bíráló bizottság megelégedett az I. eset tárgyalásával.
B) A speciális matematikai osztály versenyének feladatai:
1. feladat. Egy hatjegyű négyzetszámot három kétjegyű számra vágunk szét. E három kétjegyű szám közül a középső egyenlő az előtte állóval, az utolsó és a középső kétjegyű szám különbsége négyzetszám. Melyik az eredeti hatjegyű szám?
Megoldás. Jelöljük a hatjegyű négyzetszámot -tel, ennek középső részét alkotó kétjegyű számot -szel, az utolsó és a középső kétjegyű szám különbségét -tel. Ekkor feladatunk követelménye így írható: | | Ezt átrendezéssel és az együtthatót törzsszámok szorzatára bontva a következő alakra hozhatjuk: | | (7) |
hatjegyű, ez azt jelenti, hogy . Mivel , így Másrészt és kétjegyű számok: így és mivel nyilván elegendő nem negatív értékeire szorítkoznunk, azért . Így (7) bal oldalának tényezőire a következő korlátozások állnak fenn: | | továbbá a két tényező különbségére: Ezek szerint olyan kétjegyű számot kell keresnünk, hogy (7) jobb oldala a (9)‐(10) korlátozásoknak megfelelő két egész tényező szorzatára legyen bontható, belőlük és is egésznek adódjék, végül -re és -ra (8) is teljesüljön. Evégett minden szóba jövő módon két tényezős szorzattá próbáljuk alakítani (7) jobb oldalát, gondolva felbontására is, legyen ( és egyike lehet 1 is). A (7) alatti törzsszámok szorzata nagyobb 1008-nál, így nem lehet mind ugyanabban a tényezőben. Két 1008-nál kisebb tényezőre a következő módokon bontható szét: | |
(7) bal oldalának két tényezőjét és alakban keresve (9) miatt csak felel meg, ez a tényező 777, ennélfogva (10) miatt a másik tényezőre | | amiből, 13-mal osztva, és a hányadosnak csak az egész részét kiírva és csak akkor egész, ha összegük és különbségük ugyanolyan párosságú. A 777-es tényező páratlan, ezért csak és jön szóba. Az első esetben , a második tényező , kisebb 777-nél, így , ; amiből , ; és , kétjegyű szám, tehát megoldást találtunk. Valóban, , megfelel a feltételnek. A második esetben , és adódik, ezekből háromjegyű szám, innen nem adódik megoldás. Hasonló gondolatmenettel , alakú tényezőket keresve (9) miatt csak vagy 2 lehetséges. Mindkettővel megoldás adódik: esetén , , , , és ; valamint esetén , , , , és . (Az utóbbiban , , és kétszer, és négyszer akkora, mint az előbbi megoldás megfelelő száma.) Ha a tényezőket és alakban keressük, (9) miatt csak és 3 jön szóba. esetén csak páros lehet, ámde és közé 37-nek csak páratlan többszöröse esik: . Nem ad megoldást sem, mert így páratlan, viszont és közé 37-nek csak páros többszöröse esik: . Nem adódik megoldás sem , alakú tényezőkkel, sem , alakú tényezőkkel, mert véve -nek a (9) megengedte értékeit és a (10) alapján adódó korlátokat, ezek közé együtthatójának vagy nem esik többszöröse, vagy az adódó többszörös párossága nem egyezik párosságával. Mindezek szerint a feladat feltételeinek a következő három négyzetszám felel meg: | |
2. feladat. Négy egymás utáni páratlan szám összegéhez hozzáadva a számok szorzatát, továbbá a számokból a tényezők ismétlése nélkül képezhető összes kéttényezős és háromtényezős szorzatokat, eredményül 26 879-et kapunk. Melyik ez a négy szám?
Megoldás. Tetszés szerinti négy számból, , , , -ből a feladatban szereplő összeget képezve és egyet hozzáadva szorzattá alakítható kifejezést kapunk, ugyanis
amint az könnyen látható. Ha a számok egymás utáni páratlan számok, akkor az 1-gyel megnövelt számok egymás utáni páros számok. A köztük középen levő páratlan számot (páratlan számaink közül növekedő sorrendben a harmadikat) -szel jelölve páros számaink , , , . Ezek szorzatáról tudjuk, hogy 1-gyel nagyobb az adott összegnél, azaz
Ebből | |
Csak a pozitív gyökhöz, 169-hez tartozik valós érték, éspedig , . Ezek páratlan egész számok, így van a feladat feltételeinek megfelelő számnégyes, kettő is: 9, 11, 13, 15 és , , , .
Megjegyzések. 1. Nem használtuk fel a megoldásban a számok páratlan egész voltát, így elég lett volna csak annyit előírni, hogy 2 különbségű számtani sorozatot alkossanak. Tovább haladhatunk (11)-ből ezeknek a feltételeknek a kihasználásával és a számtani és mértani közép egyenlőtlenségét használva. (11) pozitív megoldásait keresve a bal oldal a négy egymás utáni páros szám mértani közepének a negyedik hatványa. A számok számtani közepe az páratlan szám, erre -mal próbálkozva , s így megoldást kaptunk, 9, 11, 13, 15 kielégíti a feladat követelményeit. Minden tényezőt a negatívjával helyettesítve látjuk, hogy is megoldást ad, s így a , , , számok is megfelelnek a feladat követelményeinek. Mivel (11) bal oldalának az értéke , -ra 0, 3-nál nagyobb abszolút értékű -ekre pedig abszolút értékének növekedésével minden tényező abszolút értéke, tehát a szorzat is növekszik, így több megoldás nincs.
3. feladat. Az ABC hegyesszögű egyenlő szárú háromszög alapja . Határozzuk meg a háromszög köré írható csúcsú téglalapok közül a legnagyobb és a legkisebb területűt.
I. megoldás. Legyen egy az háromszög köré írható, csúcsú téglalapok közül úgy, hogy a oldal -n, pedig -n halad át (5. ábra). Így derékszög, ezért a átmérő fölötti Thalész körön van, éspedig ennek azon a félkörén, amelyet a egyenes elválaszt -tól. Jelöljük a kör középpontját ( felezőpontját) -val. 5. ábra a) Megmutatjuk, hogy a keresett legnagyobb területű körülírt téglalapot akkor kapjuk, ha a mondott félkörív felezőpontjában adódik. Ekkor a körülírt téglalap négyzet, mert az egyenes merőleges -re, így felezi a szöget. Ha egy -tól különböző, az háromszög köré írt téglalap, akkor átlója rövidebb, mint , mert Így minden átlójú téglalap területe is kisebb, mint -é, ugyanis e téglalapok másik két csúcsa az átmérőjű körön van, ennek pedig -től legtávolabbi pontjai az -re merőleges átmérő végpontjai, vagyis az egyenlő átlójú téglalapok közül a négyzet területe a legnagyobb; de még az átlójú négyzet területe is kisebb, mint -é.
b) Az háromszög keresett legkisebb területű körülírt téglalapját akkor kapjuk, ha a téglalap egyik oldala vagy (e két téglalap szimmetrikus az háromszög tengelyére, így területeik egyenlők). Ekkor ugyanis a téglalap területe 2-szer akkora, mint az háromszögé, és könnyű belátni, hogy körülírt téglalap területe ennél nem lehet kisebb. Ugyanis a -n át -fel párhuzamosan húzott egyenes a körülírt téglalapot és az háromszöget két részre vágja. Mindegyik rész‐téglalapba be van írva egy rész‐háromszög, amelyiknek egyik oldala a téglalap egy oldalán fekszik, és nem nagyobb ennél a téglalapoldalnál, az ehhez tartozó magasság a téglalap szomszédos oldala. Így a két rész‐téglalap területe nem kisebb a rész‐háromszögek területe 2-szeresénél, ugyanez áll tehát az háromszögre és a köré írt téglalapra is. Épp kétszer akkora is csak akkor lehet a körülírt téglalap területe, mint a háromszögé, ha a téglalap egyik oldala egybeesik a háromszög egyik szárával.
II. megoldás. Használjuk ismét az I. megoldás jelöléseit, legyen továbbá , , , és . Az utóbbi szög legkisebb értéke 0, ha ti. egyik oldala ; legnagyobb értéke , ha ti. egyik oldala : területe, az és derékszögű háromszögek felhasználásával ugyanis . A két szögfüggvény szorzatát a azonosság alkalmazásával összeggé alakítjuk: | | (13) | A zárójelben csak az első tag változik, és (12)-t 2-vel szorozva, valamint mindenütt -t hozzáadva a változó szögre A talált intervallum bal végpontja a feltevés szerint hegyesszög, jobb végpontja tompaszög, közrezárják -ot. Itt veszi fel (13) első tagja a legnagyobb értékét, 1-et, tehát -nek a maximális -t adó értékére vagyis akkor adódik, ha az háromszög tengelyével -os szöget zár be. Ekkor a rá merőleges oldalegyenes is -ot zár be -lal, a körülírt téglalap tükrös -ra, tehát négyzet. Az függvény a (14) intervallum (, ) részintervallumában nő, (, ) részintervallumában fogy, így (13) legkisebb értéke az és végpontokban felvett értékek kisebbike. A két végpontban értéke egyenlő, tehát -nek az
értékek esetén egyaránt minimuma van. Az első esetben azonos -vel (és azonos -vel), a másodikban azonos -vel (és azonos -vel). Ezzel a legnagyobb és legkisebb területű körülírt téglalapok meghatározását befejeztük. Lőrincz Pál, Surányi János |