KLASSE 9 1. Drei Spieler spielen ein Kartenspiel. Das Spiel hat folgende Regeln: a) In jeder Runde gewinnen zwei Spieler und einer verliert; b) Der Verlierer ist gezwungen, das Geld der anderen zu verdoppeln. Wieviel Geld hatten sie am Anfang des Spieles, wenn sie nach drei Runden, in denen sie alle eine Partie verloren haben, einzeln gleich 104-104 Forint hatten? (10 Punkte) 5 3 n n n 2. Zeigen Sie: Der Term hat für alle natürlichen Zahlen n einen ganzzahligen Wert. − + 120 24 30 (10 Punkte) 3. Beweisen Sie, dass die, in diesem 3×3 großen quadratischen Gitternetz dargestellten Winkeln, ABC∠ und DEF∠ gleichgroß sind. (10 Punkte) A C B
D
E
F
4. Für welche Werte des Parameters m hat die folgende Gleichung Lösungen? x − 1 − 1 = m⋅ x Geben Sie die Anzahl der Lösungen für verschiedene Parameterwerte an. 5. Gibt es positive ganze Zahlen m und n, die
(10 Punkte)
erfüllen? 6. Es gilt – wie man schnell nachrechnet: 2772 = 77 ⋅ 36 ; 27972 = 777 ⋅ 36 ; 279972 = 7777 ⋅ 36 ; 2799972 = 77777 ⋅ 36 ;… 27999 9972 = 7777 77 ⋅ 36 Beweisen Sie, dass die Gleichung immer gültig ist.
(15 Punkte)
m 2 + ( m + 1) 2 = n 4 + ( n + 1) 4
(k + 2) db
k db
(15 Punkte)
9. ÉVFOLYAM 1. Három játékos kártyázik. A játék feltételei a következők: a) minden játszmában ketten nyernek, egy játékos veszít; b) a vesztes köteles a nyerők meglévő pénzét megkétszerezni. Mennyi pénzzel kezdtek hozzá a kártyázáshoz, ha három játszma után, amelyből mindegyik játékos egyet veszített, egyformán 104-104 forintjuk volt? (10 pont) 5 3 n n n 2. Bizonyítsa be, hogy az kifejezés minden n természetes szám esetén egész szám. − + 120 24 30 (10 pont) 3. Igazoljuk, hogy az alábbi 3×3-as négyzetrácson lévő ABC∠ és DEF∠ egyenlő nagyságú! (10 pont) A C B E
D F
4. Mely m valós paraméterek esetén van megoldása a következő egyenletnek? x − 1 − 1 = m⋅ x Adja meg a megoldások számát az m paraméter függvényében! 5. Van –e olyan pozitív egész m és n szám, amelyekre teljesül, hogy m 2 + ( m + 1) 2 = n 4 + ( n + 1) 4 ? 6. A következő négy egyenlőség érvényessége egyszerű számolással gyorsan ellenőrizhető: 2772 = 77 ⋅ 36 ; 27972 = 777 ⋅ 36 ; 279972 = 7777 ⋅ 36 ; 2799972 = 77777 ⋅ 36 ;… 27999 9972 = 7777 77 ⋅ 36 Bizonyítsa be, hogy a egyenlőség mindig igaz! k db
(k + 2) db
(10 pont) (15 pont)
(15 pont)
KLASSE 10 1. Ein Scheich hat 100 Töchter. Jede soll eine Mitgift bekommen. Der Scheich hat dafür einzeln 1000000 Dinare vorgesehen. Aber es bekommt nicht jede dieselbe Summe. Nämlich der Scheich hat folgende Entscheidung getroffen: Die zweite Tochter bekommt 99 100 von dem, was die erste bekommt, die dritte 98 99 von dem, was die zweite bekommt, die vierte 97 98 von dem, was die dritte bekommt, …usw. Was bekommt die erste Tochter? Und die hundertste? (12 Punkte) 2. Es sei a die Seitenlänge, d die Länge der kürzesten Diagonale und D die Länge der längsten Diagonale eines regelmäßigen Neunecks. Es ist zu zeigen, dass a = D-d ist. (10 Punkte) 3. Gibt es ein rechtwinkliges Dreieck (oder mehrere), bei dem die Maßzahlen der Seitenlängen natürliche Zahlen sind und dessen Umfang und Flächeninhalt gleiche Maßzahlen haben? (16 Punkte) 4. Beweisen Sie, dass keine n positive ganze Zahl existiert, womit die Zahl S = n 4 + 2 n 3 + 2n 2 + 2n + 1 ein vollständiges Quadrat ist. (15 Punkte) 5. Gegeben seien zwei einander von außen berührende Kreise mit den Raden R und r (R>r). Bestimmen Sie in Abhängigkeit von R und r den Radius des Kreises, der die Kreise mit den Raden R und r und deren äußere Tangente berührt. (15 Punkte) 6. Im Wald wird ein Kleinzoo ausgebaut. Dazu möchten wir neben dem Bach eine rechteckeckige Fläche abzäunen. Eine Seite des Rechtecks bildet der Bach, so müssen wir hier keinen Zaun bauen. Die Kosten für den Zaun, der parallel zum Bach verläuft, sind 4000Ft/m (hier müssen wir auch den Boden bearbeiten). An den anderen zwei Seiten betragen die Kosten 3000Ft/m. Wie groß sind die Seiten des Rechtecks, wenn für den Zaun 1 200 000Ft vorgesehen sind, und der größtmöglichste Flächeninhalt unter diesen Bedingungen abgezäunt werden sollte. (12 Punkte)
10. ÉVFOLYAM 1. Egy sejknek 100 lánya van. Mindegyiküknek fejenként 1000000 dinárt szán hozományként. Azonban a pénz szétosztásánál mégis másként dönt. A következő rend szerint osztja szét a hozományra szánt pénzt: A második lány 99 100 -át kapja annak, amit az első lány kapott. A harmadik 98 99 -ét kapja annak, amit a második kapott. A negyedik 97 98 -át kapja annak, amit a harmadik kapott. Mekkora összeget kap az első lány? És a századik? (12 pont) 2. Adott egy a oldalú szabályos kilencszög. Jelöljük d-vel a legrövidebb átló hosszát, D pedig legyen a leghosszabb átló hossza. Mutassuk meg, hogy a = D-d. (10 pont) 3. Van olyan derékszögű háromszög (esetleg több is), amelynek oldalai természetes számok, továbbá területe és kerülete megegyező nagyságú? (16 pont) 4. Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan n pozitív egész, amelyre S = n 4 + 2 n 3 + 2n 2 + 2n + 1 teljes négyzet lenne! (15 pont) 5. Adott két egymást kívülről érintő R illetve r sugarú kör (R>r). Határozzuk meg R és r függvényében annak a körnek a sugarát, amely érinti a R és r sugarú köröket, valamint azok külső érintőjét! (15 pont) 6. Egy erdőben kis állatkert létesítését tervezik. Ehhez a patak mentén szeretnének bekeríteni egy téglalap alakú földterületet. A téglalap egyik oldala a patak lenne, itt nem lesz kerítés. A patakkal párhuzamos oldalon építendő kerítés költsége (mivel itt földmunka is szükséges) 4000Ft/m. A másik két oldalon 3000Ft/m. Milyenek legyenek a téglalap méretei, hogyha a kerítésre 1 200 000Ft-ot szánnak, és a lehető legnagyobb területet akarják elkeríteni a fenti feltételek mellett? (12 pont)
KLASSE 11 1. Im Inneren eines Würfels mit der Kantenlänge 1 L.E. werden 126 Punkte gewählt. Zeigen Sie, dass mindestens zwei dieser Punkte einen kleineren Abstand als 9 25 L.E. haben. (10 Punkte) 2. Wenn man drei Punkte der Ebene, die nicht auf einer Geraden liegen, verbindet, ergibt sich ein geschlossener Streckenzug — ein ganz gewöhnliches Dreieck. Verbindet man vier Punkte der Ebene, die nicht auf einer Geraden liegen, so durch vier Strecken, dass ein geschlossener So Oder so Nicht aber so Streckenzug entsteht, dann hat man ein Viereck; es gibt aber jetzt zwei grundsätzlich verschiedene Möglichkeiten: ein Viereck ohne Überschneidung oder aber mit einer Überschneidung. z.B.: a) Begründen Sie durch Angaben von Figuren, dass bei einem Fünfeck nur 0 oder 1 oder 2 oder 3 oder 5 Überschneidungen möglich sind. ( n − 3) ⋅ n . b) Zeigen Sie: Bei einem n-Eck ist die maximal mögliche Anzahl von Überschneidungen höchstens 2 (10 Punkte) 3. Zeigen Sie: In einem beliebigen Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c und den Winkelmaßen α, β und γ gilt: a = b ⋅ cos γ + c ⋅ cos β , b = c ⋅ cos α + a ⋅ cos γ , und c = a ⋅ cos β + b ⋅ cos α .
(10 Punkte)
4. Einem Quadrat mit der Seitenlänge 2 cm ist eine Raute mit der Seitenlänge 5 cm umbeschrieben. Beweisen Sie, dass der Quotient der Fläche der Raute und der Fläche des Quadrates immer größer als drei ist. (15 Punkte) 5. Bestimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung für x; y ∈ R
(2 + 3 ) + ( 2 − 3 ) x
x
=
3 sin y + cos y .
(15 Punkte)
6. Stellen Sie die Punktmenge im Koordinatensystem dar, dessen Punktkoordinaten die folgende Ungleichung erfüllen: log sin x ( y − 1 − 2 ) > 0 . (10 Punkte)
11. ÉVFOLYAM 1. Egy egységnyi oldalú kocka belsejében kiválasztunk 126 pontot. Mutassuk meg, hogy legalább két olyan pont van közülük, amelyek távolsága kisebb, mint 9 25 egység! (10 pont) 2. Ha egy síkon három általános helyzetű pontot három szakasszal összekötünk, zárt töröttvonalat kapunk; egy teljesen szokványos háromszöget. Ha a sík négy általános helyzetű pontját tekintjük, amelyek közül tehát semelyik három nem illeszkedik egy egyenesre, és ezeket kötjük össze négy szakasszal, olyan zárt töröttvonalat kapunk, ahol a pontokat összekötő szakaszok akár metszhetik is egymást. Vagyis kaphatunk szokványos konvex négyszöget, ahol egyik oldal sem metszi a másikat belső pontban és kaphatunk Így: Vagy így: De nem így: olyan négyszöget, ahol van két olyan oldal, amely metszi egymást belső pontban, vagyis hurkolt négyszöget. Nevezzük azt a pontot, ahol a hurkolt sokszög két oldala belső pontban metszi egymást átvágási pontnak! a) Indokolja meg ábrával, hogy a sík öt általános helyzetű pontja esetén csak 0, 1, 2, 3, vagy 5 átvágási pont jöhet létre! ( n − 3) ⋅ n átvágási pont keletkezik! b) Bizonyítsa be, hogy a sík n db általános helyzetű pontja esetén legfeljebb 2 (10 pont) 3. Bizonyítsa be, hogy egy tetszőleges a, b, c oldalú és α, β és γ szögű háromszögben érvényesek az alábbiak: a = b ⋅ cos γ + c ⋅ cos β , b = c ⋅ cos α + a ⋅ cos γ , és c = a ⋅ cos β + b ⋅ cos α .
(10 pont)
4. Adott egy 2 cm oldalú négyzet, amely köré egy 5 cm oldalú rombuszt írunk. Igazolja, hogy a rombusz és a négyzet területének aránya mindig nagyobb háromnál. (15 pont) 5. Oldjuk meg az alábbi egyenletet, ha x; y ∈ R
(2 + 3 ) + (2 − 3 ) x
x
=
3 sin y + cos y
(15 pont)
6. Ábrázolja a koordináta-rendszeren a sík azon pontjait, amelyek a következő feltételt kielégítik! log sin x ( y − 1 − 2 ) > 0
(10 pont)
KLASSE 12 1. Bestimmen Sie den genauen Wert des Ausdrucks: 1 1 1 + + ... + = ? , wenn n ∈ Z ; n > 1 log 2 1 + log 2 2 + ... + log 2 n log 3 1 + log 3 2 + ... + log 3 n log n 1 + log n 2 + ... + log n n (10 Punkte) 2. Herr Meier spielt mit seinen Freunden Skat. Das Spiel wird mit 32 Karten gespielt, jeder hat 10 Karten. Er hat zwei Buben und eine ganz brauchbare Beikarte. Er könnte gewinnen, aber er hat Angst davor, dass einer der beiden Gegenspieler die anderen beiden Buben gegen ihn haben könnte. Sein Stochastikunterricht ist schon so lange her, dass er noch die Wahrscheinlichkeit der Ereignisse A: „Einer der beiden anderen Spieler hat zwei Buben“ und B: „Jeder der beiden anderen Spieler hat genau einen Buben“ berechnen könnte. Können Sie ihm helfen? (10 Punkte) 3. Bestimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung: 7
( x + 127 ) 6
(
− 8 ⋅ 7 ( x − 127 ) 6 = 7 ⋅ 7 x 2 − 16129
)
3
(14 Punkte)
4. Die Wasserleitung muss verengt werden, damit der Durchmesser des Rohrs halb so groß wird. Zur Verwirklichung wird ein Kegelstumpf benutzt. a) Bestimmen Sie die Mantelfläche und das Volumen des ganzen Kegels in Abhängigkeit vom Öffnungswinkel des Kegels. b) Es sei v die Geschwindigkeit des Wassers beim größeren Querschnitt des Rohres. Wie groß ist die Geschwindigkeit des Wassers an der Stelle der kleineren Querschnitts? (Die Flüssigkeit gilt als unkomprimierbar). (14 Punkte) 5. Die Zahlen a1, a2, a3, …, an (ai≠0) bilden eine arithmetische Reihe. Beweisen Sie, dass die folgende Gleichung erfüllt ist: 1 1 1 n− 1 + + ..... + = (14 Punkte) a1a 2 a 2 a3 a n − 1a n a1a n 2006 6. Es sei z = . Wir bilden ein unendliches Produkt: 2007 1 + z + z 2 + ... + z 9 ⋅ 1 + z10 + z 20 + ... + z 90 ⋅ 1 + z100 + z 200 + ... + z 900 ⋅ ...... = A Wie groß ist der Wert von A? (18 Punkte)
(
)(
)(
)
12. ÉVFOLYAM 1. Határozzuk meg az alábbi kifejezés pontos értékét 1 1 1 + + ... + = ? , ha log 2 1 + log 2 2 + ... + log 2 n log 3 1 + log 3 2 + ... + log 3 n log n 1 + log n 2 + ... + log n n
n ∈ Z; n > 1
(10 pont) 2. Meier úr két barátjával kártyázik. 32 lapos kártyával játszanak egy „Skat” nevű kártyajátékot. Mindegyikük 10 lapot tart a kezében. Meier úrnál van két bubi és még egy jó lap. Ezzel akár nyerhetne is, de mégsem meri asztalra dobni a lapokat, mert nem tudhatja, hogy nincs-e valamelyik ellenfele kezében a másik két bubi, amivel megütheti az ő lapjait. Szeretné tudni, hogy melyik esetnek van nagyobb valószínűsége: annak, hogy mindkét bubi valamelyik ellenfele kezében van, vagy annak, hogy mindkét ellenfelénél csak egy-egy bubi van. Csupán ezen esetek között szeretne dönteni. A valószínűségszámítás órák már igen régen voltak, így Meier úr tanácstalan. Tudunk neki segíteni? Mennyi a fenti két eset valószínűsége? (10 pont) 3. Határozza meg a következő egyenlet megoldáshalmazát! 7
( x + 127 ) 6
(
− 8 ⋅ 7 ( x − 127 ) 6 = 7 ⋅ 7 x 2 − 16129
)
3
(14 pont)
4. Szűkítőt építenek be a vízvezetékrendszerbe azért, hogy a cső átmérőjét a felére csökkentsék. Ehhez egy csonka kúpot használnak. a) Mekkora a teljes kúp palástjának a felszíne, valamint a térfogata a kúp nyílásszögétől függően? b) Ha v a víz sebessége a szélesebb csőben, akkor mekkora lesz a sebessége a keskeny szakaszon? (A folyadékot tekintsük összenyomhatatlannak!) (14 pont) 5. Bizonyítsuk be, hogy ha az a1, a2, a3, …, an nullától különböző számok egy számtani sorozat elemei, akkor 1 1 1 n− 1 + + ..... + = . (14 pont) a1a 2 a 2 a3 a n − 1a n a1a n 2006 6. Legyen z = ! Tekintsük az alábbi végtelen kifejezést: 2007
(1 + z + z
2
)(
)(
)
+ ... + z 9 ⋅ 1 + z10 + z 20 + ... + z 90 ⋅ 1 + z100 + z 200 + ... + z 900 ⋅ ...... = A Mennyi A értéke, ha a felírást minden határon túl folytatjuk?
(18 pont)
9. ÉVFOLYAM MEGOLDÁSOK 1. Készítsük el a következő táblázatot, amelyben az egyes sorok mutatják a játékosok vagyoni helyzetét. (A harmadik játszmában az I. játékos, a második játszmában a II. játékos és az első játszmában a III. játékos veszített). I. játékos II. játékos III. játékos 104 104 104 a harmadik játszma után 208 52 52 a második játszma után 104 182 26 az első játszma után 52 91 169 ennyi pénzzel kezdtek hozzá a játékhoz Tehát az I. játékosnak 52, a II. játékosnak 91, a III. játékosnak 169 forintja volt, amikor leültek kártyázni. (10 pont) 2. Végezzük el az alábbi átalakításokat, hogy a tört számlálóját szorzat alakban felírhassuk: n5 n3 n n n 4 − 5n 2 + 4 n n 2 − 4 n 2 − 1 n( n − 2 )( n + 2 )( n − 1)( n + 1) − + = = = 120 24 30 120 120 120 A tört számlálójában öt egymást követő természetes szám szorzata szerepel. Köztük biztosan található egy kettővel hárommal, néggyel és öttel osztható szám. Így szorzatuk osztható lesz 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 120 -szal. Tehát a tört 120-szal egyszerűsíthető, azaz a kifejezés értéke egész. (10 pont)
(
) (
)(
)
3. BAC∠=ABH∠=GBH∠=GBD∠=45°, hiszen mindegyik egyenlő szárú derékszögű háromszög hegyesszöge. GBA ~ CIB , hiszen mindkettő derékszögű, és befogóik
G
C
aránya 2:1. Így GAB∠=CBI∠. Innen adódik, hogy ABC∠=GAH∠=DEF∠, hiszen azonos nagyságú szögeket kivonva 90°-ból kapjuk meg ezeket. (10 pont)
H
A
B E
D F
4. Ábrázoljuk az egyenlőség bal oldalán szereplő kifejezést függvényként. a) Ha m > 1 , akkor a y = m ⋅ x lineáris függvény képe egyszer metszi az f(x) függvény grafikonját, tehát egy f ( x) = x − 1 − 1 megoldás van. b) Ha m = 1 , akkor a lineáris és az f(x) függvény grafikus képei az x ∈ [ 0;1] ill. x ∈ [ − 1;0] intervallumon egybeesnek. Így végtelen sok megoldás van. c) Ha m < 1 , akkor az egyenes háromszor metszi az f(x) grafikonját.⇒ három megoldás van. (10 pont) 5. Nincs ilyen m és n pozitív egész szám. Indoklás: Végezzük el az egyenlőségben szereplő műveleteket, majd alakítsuk a jobb oldali kifejezést négyzetszámmá: m 2 + ( m + 1) 2 = n 4 + ( n + 1) 4 2m 2 + 2 m + 1 = 2 n 4 + 4 n 3 + 6n 2 + 4 n + 1 2 m2 + m = n2 + n + 1 − 1 2 m2 + m + 1 = n2 + n + 1
( (
) )
m 2 < m 2 + m + 1 < m 2 + 2m + 1 = ( m + 1) 2 ⇓ Tudjuk, hogy 2 m 2 < n 2 + n + 1 < ( m + 1) 2 Két egymást követő négyzetszám között nem állhat egy újabb négyzetszám. Azaz az egyenlőség nem teljesül semmilyen m és n pozitív egész szám esetén. (15 pont)
(
)
6. Adjunk mindegyik egyenlethez 28-at, majd osszuk le mindegyik egyenletet 28-cal! 2800 = 77 ⋅ 36 + 28 100 = 11 ⋅ 9 + 1 28000 = 777 ⋅ 36 + 28 ⇒ ÷ 28 1000 = 111 ⋅ 9 + 1 280000 = 7777 ⋅ 36 + 28 10000 = 1111 ⋅ 9 + 1 ...és így tovább Ha a 9-es számjegy k-szor ismétlődik: 27999 9972 = 7777 77 ⋅ 36 / + 28 (k + 2) db
k db
2800 00 = 7777 77 ⋅ 36 + 28 = 28 ⋅ 11 11 ⋅ 9 + 1 = 28 ⋅ 10 k + 2 k db (k + 2) db (k + 2) db k+ 2 9972 = 2800 00 − 28 = 28 ⋅ 10 − 1 . Az egyenlőség mindkét oldalát 28-cal osztva Így 2799 k db
(
(k + 2) db
)
100 00 − 1 = 10 k + 2 − 1 adódik, amely igaz. Tehát a sor tetszőleges számú 9-cessel folytatható. (k + 2) db
(15 pont)
10. ÉVFOLYAM MEGOLDÁSOK 1. Tegyük fel, hogy x dinárt kap az első lány. 99 99 98 98 ⋅ x összeget kap. A harmadik lány: x⋅ = ⋅ x összeget kap. A negyedik lány: Ekkor a második lány: 100 100 99 100 98 97 97 x⋅ = ⋅ x összeget kap, és így tovább. Ezt a gondolatot folytatva jutunk a századik lány örökségéhez. 100 98 100 2 1 1 x⋅ = ⋅ x jut. A 100 lány összesen 100000000=108 dinárt kap. Neki: 100 2 100 99 98 1 x+ x+ x+ x = 10 8 100 100 100 A kiemelést elvégezve felhasználjuk, 1 x ⋅ (100 + 99 + 98 + 1) = 10 8 hogy az első 100 pozitív egész szám 100 1 + 100 x 1 + 100 összege felírható ⋅ 100 alakban. ⋅ 100 = 10 8 2 100 2 101 ⋅ x = 10 8 2 2 ⋅ 10 8 x= = 1980198,0198 101 Azaz az első lány 1980198,02 dinárt kap, a századik pedig 19801,98 dinárt. (12 pont) 2. Az AB és ED egyenesek S pontban metszik egymást. A szabályos kilencszögben a következő nagyságú szögeket figyelhetjük meg: ∠AMB= 360 ÷ 9 = 40 , AME∠= 4 ⋅ 40 = 160 , AMC∠= 160 ÷ 9 = 80 , ∠
(
)
C
EAM= 90 − 80 = 10 , ∠MAB= 180 − 40 ÷ 2 = 70 . Továbbá ∠EAB=∠MAB-∠EAM= 70 − 10 = 60 . Hasonlóan igaz, hogy ∠AED=60° ⇒ ∠EAB=∠AED. ∠EDB= 180 − ∠BAE = 120 és ∠ADB= 180 − ∠AED = 120 . Innen adódik, hogy ∠BDS=∠DBS= 180 − 120 = 60 . Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy ABDE négyszög egy egyenlő szárú trapéz, valamint az ASE ill. BSD szabályos D ill. d oldalú háromszögek. Könnyen látható, hogy AS=AB+BS=a+d, és AS=AE=D. Innen adódik, hogy D=a+d ⇒ a=D-d.
S
D
E
• M
B
A
(10 pont)
3. Legyen a és b a derékszögű háromszög befogója, c pedig az átfogó. a⋅ b a⋅ b ⇒ c= − ( a + b ) érvényesek. 2 2 A (2)-ből a c oldalra kapott összefüggést behelyettesítjük (1)-be, és elvégezzük a kijelölt műveleteket: Ekkor a feladat feltétele szerint: (1) a 2 + b 2 = c 2 , valamint (2) a + b + c = 2
ab a2 + b2 = − a − b 2 2 2 a b a2 + b2 = + a 2 + b 2 − a 2 b − ab 2 + 2ab 4 0 = a 2 b 2 − 4a 2 b − 4ab 2 + 8ab 0 = ab ⋅ ( ab − 4a − 4b + 8) / ÷ ab ≠ 0 8 = 4a + 4b − ab a ⋅ ( b − 4) = 4b − 8 4b − 8 a= , ha b ≠ 4 b− 4 Könnyen látható, hogy b=4 nem lehetséges. Tudjuk, hogy a és b egész számok, így vizsgáljuk a értékét: 8 a = 4+ ∈ Z ⇔ ( b − 4) 8 ⇒ ( b − 4 ) ∈ { − 8;− 4;− 2;− 1;1;2;4;8} ⇒ b ∈ { − 4;0;2;3,5;6;8;12} b− 4 Figyelembe véve, hogy b és a pozitív számok, így a következő megoldások adódnak: Ha b = 5 ⇒ a = 12 Ha b = 6 ⇒ a = 8 ⇒ I. a = 12, b = 5, c = 13 ⇒ T = K = 30 Ha b = 8 ⇒ a = 6 II. a = 8, b = 6, c = 10 ⇒ T = K = 24 Ha b = 12 ⇒ a = 5 Tehát két olyan derékszögű háromszög van, amely területe és kerülete megegyezik. (16 pont) 4. Első bizonyítás:
(n
) )
2
+ n = n 4 + 2n 3 + n 2 < S 2 n 2 + n + 1 = n 4 + n 2 + 1 + 2n 3 + 2n 2 + 2n = n 4 + 2n 3 + 3n 2 + 2n + 1 > S Így az S két egymás után következő pozitív egész szám négyzete közé esik:
(
(n
2
2
+ n
)
2
(
)
2
< S < n2 + n + 1 .
Második bizonyítás: Az S-et tényezőkre bontjuk az n 4 + 2n 3 + 2n 2 + 2n + 1 = 0 egyenlet gyöktényezős alakra hozásával. 1 1 2 n 2 -tel osztva az egyenlet n + 2 + 2 n + + 2 = 0 . n n 1 1 2 2 ⇒ x = n + 2 + 2. Legyen x = n + n n 1 Az egyenletekből x 2 + 2 x = 0 , azaz x( x + 2 ) = 0 lesz. Visszaírva x = n + -et és szorozva n 2 -tel: n 1 1 n 2 + 1 n 2 + 1 + 2n = 0 . n + ⋅ n + + 2 = 0 ⇒ n n
(
(
)
)(
)
Azt kaptuk, hogy S = n 2 + 1 ( n + 1) 2 , így n>0 esetén S első tényezője sohasem négyzetszám, a második viszont az, így S nem lehet teljes négyzet. (15 pont)
5. Határozzuk meg először az E1E2 szakasz hosszát! Toljuk el úgy, hogy menjen át az O2-n! Ekkor E1E2O2L téglalap lévén O2L=E1E2. E1 E 2 =
( R + r) 2 − ( R − r) 2
k1
= 2 Rr .
Ezt alkalmazva, valamint felhasználva, hogy E1 E 2 = E1 E3 + E3 E 2 : Jelölje x a k1-et, k2-t és az e külső érintőt érintő kör sugarát. 2 Rx + 2 rx = 2 Rr x R + r = Rr Rr Így x = 2 R+ r (15 pont)
(
R-r •O1 L
)
(
k2
R+r • O2
E1
)
E3
E2
e
6. A kerítés patakkal párhuzamos oldalát jelöljük x-szel, a rá merőleges oldalt y-nal. Ekkor a kerítés építésének költsége: 2 y ⋅ 3000 + x ⋅ 4000 = 1 200 000 , amiből: x = 300 − 1,5 y Az elkerített terület nagysága: T = ( 300 − 1,5 y ) y = − 1,5 y 2 + 300 y. Függvényként tekintve:
(
(
)
)
T ( y ) = − 1,5 y 2 − 200 y = − 1,5 ( y − 100 ) 2 − 10000 = − 1,5( y − 100 ) 2 + 15000 .
Így T ( y ) lefelé nyíló parabola, melynek y=100-nál van maximuma. A keresett téglalap méretei tehát: y = 100m, x= 150m.
(12 pont)
11. ÉVFOLYAM MEGOLDÁSOK 1. Osszuk a kockát az oldallapokkal párhuzamos síkokkal 5 ⋅ 5 ⋅ 5 = 125 darab kisebb kockára. A kicsi kockák oldalhosszúsága így 1 5 . A skatulya-elv szerint minden egyes kicsi kockában legalább kettő pont található a kiválasztott 126 pontból. Jelölje x ezen pontok távolságát, d pedig a kicsi kocka testátlójának hosszát. Nyilvánvaló, hogy x
x< d =
2
1 1 1 + + 5 5 5
2
=
3 1,8 9 < = 5 5 25 (10 pont)
2. A sík öt általános helyzetű pontja esetén az alábbi átvágások jöhetnek létre:
Az n csúcsú sokszög valamely oldala saját magát és a két szomszédos oldalt nem metszi, a többi (n-3) oldalt pedig legfeljebb egyszer vághatja át. Így minden oldalon legfeljebb (n-3) db átvágási pont keletkezhet. Mivel minden ( n − 3) ⋅ n lehet.(10 pont) átvágási pontot két oldal metszése hoz létre, ezért az átvágási pontok száma legfeljebb 2
3. A bizonyítandó összefüggésekben az a, b és c, ill. α, β és γ változók ciklikusan ismétlődnek, így elegendő közülük egy állítás helyességét igazolni. A koszinusz tétel szerint: b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 cos α = és cos β = 2bc 2ac Ezért igaz a következő: a ⋅ cos β + b ⋅ cos α = harmadik egyenlet érvényességét beláttuk.
a 2 + c 2 − b 2 b 2 + c 2 − a 2 2c 2 + = = c . Azaz a feladatban szereplő 2c 2c 2c (10 pont)
4. A rombuszt az átlói mentén négy derékszögű háromszögre bonthatjuk. Az ábra jelöléseit használva a következőt figyelhetjük meg: x 1 A háromszögek hasonlóságából adódik, hogy = ⇒ x ⋅ y = 1 . 1 y Pythagoras tétel következtében pedig: Vezessük be a z = x + y
z = x+ y
Hajtsuk végre a z = − 1+
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 25 ⇒ ( x 2 + y 2 + 2) + 2( x + y ) = 2 2 2 2 xy = x 2 + y 2 + 2 . új változót. Ekkor: z = ( x + y ) = x + y + 2
26 > 4 .
A rombusz területe: 4 ⋅
Képezzük a keresett hányadost: 5. Mivel 2 +
3=
=1
helyettesítést:
( x + 1) ⋅ ( y + 1) = 2
2
z + 2 z − 25 = 0
A másodfokú egyenlet pozitív megoldása
2 ⋅ ( xy + x + y + 1) = 2 ⋅ (1 + z + 1) = 2 ⋅ ( z + 2 ) .
Trombusz 2 ⋅ ( z + 2 ) z + 2 = = > 3. Tnégyzet 4 2
(2 + 3 )(2 − 3 ) = 2−
25
3
1 2−
3
(15 pont)
, ezért a bal oldalon könnyű észrevenni, hogy egy pozitív szám és annak
reciprokának összege szerepel. Így a bal oldal értéke legalább 2, hiszen tudjuk, hogy a +
1 ≥ 2. a
3 1 π 3 sin y + cos y = 2 sin y + cos y = 2 sin y + , így 2 2 6 értékkészlete [ − 2; 2] . Ebből következik, hogy a jobb és bal oldal értéke egyaránt 2 lehet csak. x x 1 2+ 3 + = 2 ⇔ 2 + 3 = 1 . Mivel 2 + 3 x szigorúan monoton növekvő függvény, így x 2+ 3 π π + k 2π . kölcsönösen egyértelmű, ezért x = 0. A jobb oldalon sin y + = 1 . Így y = 6 3 (15 pont) π 6. Mivel a logaritmus alapja pozitív és nem 1, ezért 2kπ < x < π + 2kπ és x ≠ + 2kπ , ahol k ∈ Z . 2 Mivel a logaritmus alapja 1-nél kisebb, ezért a függvény szigorúan monoton csökkenő, így az argumentumára igaz: 0 < y − 1 − 2 < 1 ⇒ 2 < y − 1 < 3 . Azaz 3 < y < 4 vagy − 2 < y < − 1 . Tehát a sík keresett pontjai: A jobb oldal a következőképpen alakítható:
(
)
(
)
(
)
(
)
4 3
-2∏
-∏
-1
∏
2∏
3∏
-2
(10 pont)
12. ÉVFOLYAM MEGOLDÁSOK 1. Végrehajtva az azonos átalakításokat: (10 pont) 1 1 1 + + ... + = log 2 1 + log 2 2 + ... + log 2 n log 3 1 + log 3 2 + ... + log 3 n log n 1 + log n 2 + ... + log n n =
1 1 1 lg 2 lg 3 lg n lg 2 + lg 3 + ... + lg n lg n! + + .... + = + + ... + = = = 1. log 2 n! log 3 n! log n n! lg n! lg n! lg n! lg n! lg n!
2. Meier úr kezében 10 lap van, így 22 lap van még játékban, amelyből mindkét ellenfél 10-10 lapot kap. 22 12 Az összes lehetőségek száma az ellenfelek lapkiosztására: = 42678636 . Azon lehetőségek száma, ha 10 10 20 2 12 valamelyik játékosnál van mindkét bubi = 16628040 . Így annak a valószínűsége, hogy mindkét 8 2 10 P ( A ) ≈ 0 , 39 bubi az egyik játékosnál van: . 20 2 11 Azon lehetőségek száma, hogy az ellenfelek mindegyike egy-egy bubit tart a kezében: = 18475600 . 9 1 9 Így ennek az esetnek a valószínűsége: P( B ) ≈ 0,43 .
(
(10 pont)
)
3. Vegyük észre, hogy x 2 − 16129 = ( x + 127 )( x − 127 ) . Ha x = 127 , akkor az egyenlet triviálisan ellentmondásba visz, ezért feltehető, hogy x ≠ 127. Ekkor az egyenlet elosztható
7
( x − 127 ) 6
-nal: Így: 6
7
x + 127 − 8 = 7⋅ 7 x − 127
6
3
( x + 127 )( x − 127 ) . ( x − 127 ) 2
3
3
x + 127 x + 127 . Vezessünk be új változót: x + 127 . Ekkor az egyenlet: y:= 7 − 8 = 7⋅ 7 x − 127 x − 127 x − 127 y 2 − 8 = 7 y ⇒ y 2 − 7 y − 8 = 0 , melynek megoldásai y1 = − 1, y 2 = 8 . Visszahelyettesítve y –t az eredeti kifejezésébe y1 = − 1 esetén x1 = 0 , y 2 = 8 esetén x 2 = 129. Tehát a megoldások: x1 = 0 ; x 2 = 129. (14 pont) Azaz:
7
4. a)
Legyen
a
kúp alapkörének r r 2π P = aπ r , a = → P= . α α sin sin 2 2
sugara
r,
magassága
m,
alkotója
a,
nyílásszöge
α !
v’ v r r 3π → V = α α . tg 3tg 2 2 b) A folytonosság törvénye alapján összenyomhatatlan folyadékokban Tv = T , v , , ahol v és v , a folyadék sebessége a megfelelő T és keresztmetszeteken. T, V =
mπ r 2 , m= 3
2
r és T , = π , ezért Tv = T , v , 2 keskeny szakaszon. Mivel T = r 2π
⇔
v , = 4v . A víz sebessége négyszerese lesz a (14 pont)
5. Az összeg általános tagját vizsgálva A( a k + d ) − Ba k ( A − B ) a k + Ad 1 1 A B = = − = = ak ak + 1 ak ( ak + d ) ak ak + d ak ( ak + d ) ak ( ak + d ) így 1 1 1 1 = − ha d ≠ 0 ak ak + 1 d ak ak + 1
⇔
A = B és A =
1 d
Ekkor a kitűzött kifejezés bal oldala teleszkópikus összeggé írható: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + ...... + − − = − . d a1 a 2 a 2 a3 a n− 1 a n d a1 a n Bizonyítandó, hogy
1 d
1 1 n− 1 . Átrendezve: − = a a a1a n n 1
a n − a1 n − 1 = ⋅ d ⇒ a n − a1 = ( n − 1) d ⇒ a n = a1 + ( n − 1) d , ami igaz, mert a sorozat számtani sorozat volt. a1a n a1a n Ha d=0, akkor a sorozat konstans, és az állítás triviális. (14 pont) 6. Legyen 1
P1 = 1 + z + z 2 + ... + z 9 = 1 + z + z 2 + ... + z 10 − 1 . 1 2 P2 = 1 + z + z 2 + ... + z 10 − 1 ⋅ 1 + z 10 + z 20 + ... + z 10 − 10
P2
( = P ⋅ (1 + z 1
)(
10
+ ... + z 10
2
− 10
)= P + P ⋅z ⇓ ⇓
1
1
10
+ ... + P1 ⋅ z 10
2
)
− 10
P2 = 1 + z + z 2 + ... + z 9 + z 10 + z 11 + .... + z 20 + z 21 + ..... + z 10 Azaz az első két tényező szorzatát úgy is fel lehet írni, hogy P2 = 1 + z + .. + z Az eljárást folytatva az első három tényező szorzata:
(
P3 = P2 ⋅ 1 + z100 + .. + z10
3
− 100
) = 1+ z + z
2
3
+ .... + z 10
−1
2
10 − 1
(
2⋅10n
−1
.
.
.
Így általános sejtésünk lehet, hogy az első n tényező szorzata: Pn = 1 + z + .... + z10 10n
2
9⋅10n
)
2
lépéssel beláthatjuk: Pn+ 1 = Pn ⋅ 1 + z + z + ... + z = 1 + z + z + ... + z Így az eredeti kifejezés egyetlen végtelen összegként írható fel. k A = 1 + z + z 2 + ........ + z 10 − 1 , ahol k >1 egész, minden határon túl nő.
n
−1
10n − 1
. A sejtést teljes indukciós n
+ z10 + .... + z10
n+ 1
−1.
k
10 Felhasználva a mértani sorozat összegképletét, valamely k-dik részletösszegre: Pk = 1 − z . 1− z k
10 1 Ha pedig k minden határon túl nő: lim Pk = lim 1 − z = k→ ∞ k→ ∞ 1 − z 1− z 1 1 10 k A= = = 2007. 2006 2006 Ugyanis z = 2006 ⇒ . Tehát 1 − z lim = 0 1 − k → ∞ 2007 2007 2007
(18 pont)
