V. osztály - Babeș-Bolyai Universitymath.ubbcluj.ro/~andrasz/contests/r2001/webrado2001.pdfV. RADÓ FERENC EMLÉKVERSENY Kolozsvár, 2001. május 19. VI. osztály 1. Határozd meg

V. RADÓ FERENC EMLÉKVERSENY

Kolozsvár, 2001. május 19.

V. osztály

1. Határozd meg cd

ba7

5 alakú ( 0≠a ), 18-cal egyszerűsíthető legkisebb és

legnagyobb törtet! 2. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 és 16 számokat oszd két

csoportba úgy, hogy ha az egyik csoportban kiszámítjuk az összes lehetséges különböző számokból álló számpárban a számok összegét, akkor ugyanazokat a számokat kapjuk, mintha a másik csoportban végeztük volna ugyanezt! (Az ismétlődő összegeknek mindkét esetben ugyanannyiszor kell szerepelniük.)

3. A bagdadi kalifa megjutalmazott három bölcset tíz pénztárcával, amelyekben

rendre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 dínár volt. Az első bölcs, Husszein, két pénztárcát választott ki. Abdurrakhmán és bátyja Omár úgy osztották el a többit, hogy Omár több pénzt kapjon, mint Abdurrakhmán. Az osztozkodás után Abdurrakhmántól elloptak négy pénztárcát, és így csak 10 dínárja maradt. Hány dínár van Husszein pénztárcáiban?

4. Egy 4x4-es házicsoki-táblát fel szeretnénk egyenes vágások segítségével

darabolni 1x1-es darabokra. Legalább hány vágásra van szükség, ha a vágások után a darabokat újrarendezhetjük (egymás mellé, vagy egymásra tehetjük)?



VI. osztály 1. Határozd meg az a, b és c racionális számokat, ha egyenesen arányosak a 3, 4 és

5 számokkal és bca15222 = .

2. Egy dobókocka oldalai az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számokkal vannak megjelölve. A

dobókockát kétszer feldobjuk, és a két eredményt összeadjuk. Ha ezt nagyon sokszor elvégezzük, melyik összeg fog a leggyakrabban megjelenni?

3. Az halmaznak kiválasztottuk egy részhalmazát úgy, hogy a

kiválasztott részhalmazban egyik elem se legyen valamely más elem 5-szöröse. Legfeljebb hány eleme lehet a kiválasztott részhalmaznak?

}100...,,3,2,1{

4. Bizonyítsuk be, hogy egy konvex hatszög belsejében el lehet helyezni 4 pontot

úgy, hogy a hatszög bármely három csúcsa által meghatározott háromszög belsejébe pontosan egy pont kerüljön! El lehet-e helyezni 5 pontot ugyanígy?



VII. osztály 1. Bizonyítsd be, hogy a { }*124 Nnn ∈+ halmaz tartalmazza az összes háromnál

nagyobb prímszámot! 2. Egy dobókocka oldalai az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számokkal vannak megjelölve. A

dobókockát háromszor feldobjuk, és a három eredményt összeadjuk. Ha ezt nagyon sokszor elvégezzük, melyik összeg fog a leggyakrabban megjelenni?

3. Bizonyítsd be, hogy ha a és b pozitív valós számok, akkor

+≥++

baabba 1121 .

4. a) Az a oldalhosszúságú négyzet oldalai az a szélességű sáv határegyeneseit

három pontban metszik úgy, hogy a négyzet egyik csúcsa a sáv egyik határegyenesén legyen (lásd a mellékelt 1. ábrát). Mekkora szöget zár be a metszéspontokat összekötő két szakasz? b) Mekkora a metszéspontokat összekötő szakaszok által bezárt szög, ha a négyzet oldalai a sáv határegyeneseit négy pontban metszik? (lásd a 2. ábrát)

1. ábra 2. ábra

5. Valamely bizottság 40-szer ülésezett. Mindegyik alkalommal 10-en voltak jelen

az ülésen, közülük semelyik két bizottsági tag nem volt együtt egynél többször gyűlésen. Igazoljuk, hogy a bizottságban legalább 61 tag van!



VIII. osztály 1. a) Bizonyítsd be, hogy ha és 10 osztható m-mel, akkor

osztható 3m-mel!

*, Nnm ∈ 1−n

1103 −n

b) Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelynek egyetlen számjegye sem nulla, és a szám osztható számjegyeinek összegével!

2. Bizonyítsd be, hogy ha az a és b pozitív valós számok összege 4, akkor

ababba 323222 ≥++ .

3. Az ABCD téglalap AB oldalát felosztjuk n (nem feltétlenül egyenlő) részre, és a szakaszokat megszámozzuk 1-től n-ig. Az osztópontokon át a párhuzamosokat húzunk a BC oldallal és meghúzzuk a BD átlót. Bizonyítsuk be, hogy ha a páros sorszámú szakaszok hosszának összege egyenlő a páratlan sorszámú szakaszok hosszának összegével, akkor az átló feletti páratlan sorszámú darabok területének összege egyenlő az átló alatti páros sorszámú darabok területének összegével.

C

A

D

B

4. Az DCBAABCD ′′′′ kockának az AB, CB ′′ és DD′ élén egy-egy pont mozog ugyanazzal a sebességgel (A-tól B, B′ -től C ′ illetve D′ -től D-felé).

a) Szerkeszd meg a pontok által meghatározott síkmetszetet! b) Bizonyítsd be, hogy a síkmetszet szembefekvő oldalainak felezőpontjait

összekötő szakaszok összefutóak! 5. Egy 3×3×3-as kockát 27 darab azonos méretű kiskockából ragasztottunk össze. Minden egységkockát kiszínezünk pirosra, fehérre, vagy kékre úgy, hogy tetszőleges három egymásmelletti kocka közt ne legyen két azonos színű (egymásmellettinek mondunk három kockát, ha a középpontjaik egy olyan egyenesen vannak, amely párhuzamos a kocka valamelyik oldalélével).

a) Adjál meg egy ilyen színezést! b) Hány különböző színezés létezik? c) Az összes lehetséges színezéseket osszuk csoportokba úgy, hogy két színezés

pontosan akkor kerüljön egy csoportba, ha a kocka mozgatásával (forgatásával) a két színezés egymásba vihető. Hány csoportunk lesz?



IX. osztály 1. Bizonyítsd be, hogy az

02 322

1 =++ axaxa 02 43

22 =++ axaxa

02 542

3 =++ axaxa ………………….

02 12

1 =++− axaxa nn 02 21

2 =++ axaxan egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke, ha Rak ∈ , bármely nk ,1= esetén! Adjál példát olyan számokra, amelyekre az előbbi egyenletek közül pontosan egynek van valós gyöke!

naaa ...,,, 21

2. Bizonyítsd be, hogy n darab, n-nel nem osztható természetes szám közül kiválasztható néhány, amelyek összege osztható n-nel!

3. Az ABC háromszög köré írt körön felvesszük az , és

pontokat úgy, hogy az ABC és

)(∩

∈′ BCA )(∩

∈′ ACB

)(∩

∈′ BAC CBA ′′′ háromszögek kongruensek legyenek. Bizonyítsd be, hogy az A′ , B′ és C ′ pontokon át BC-vel, CA-val illetve AB-vel húzott párhuzamosoknak ugyanezen pontokon át egy tetszőleges d egyenessel húzott párhuzamosokra vonatkozó szimmetrikusai összefutó egyenesek és az összefutási pont a háromszög köré írt körön van. 4. A és C körök közös belső érintői merőlegesek és az O pontban metszik egymást. Határozd meg az

( )ROC ,1 ( RO ,2 ) ( )21OO∈

21 OM+OM kötött vektor végpontjának a mértani helyét, ha M és ( )RO ,1C1 ∈ ( )RO ,2CM 2 ∈ változó pontok. 5. Legalább hány lépés szükséges ahhoz, hogy egy 10 10× -es tábla bal alsó sarkából a jobb felső sarkába jussunk lólépésben?



X. osztály

1. a) Bizonyítsd be, hogy sin , ha 2tg xxx ≥⋅

∈

2,0 πx !

b) Oldd meg a egyenletet, ha 1tgsin 222 +=+ xxx

∈

2,0 πx !

2. a) Számítsd ki a összeget! ∑=

−⋅n

k

knn

kn CC

02

b) Bizonyítsd be, hogy ( ) ( )

+⋅≤

22

242

232 n

nnn

nn

nn CCCC , ha . 1≥n

3. Bizonyítsd be, hogy az csökkenő függvény grafikus képe

lefedhető n darab téglalappal, amelyek területének összege nem nagyobb mint

]1,0[]1,0[: →f

n1 .

4. Egy körön felveszünk hat pontot. Válasszunk ki hármat és vegyük fel a kiválasztottak által meghatározott háromszög ortocentrumát, és a megmaradt csúcsok által meghatározott háromszög Euler pontját (a súlypont és az ortocentrum által meghatározott szakasz felezőpontja). Bizonyítsd be, hogy az összes lehetséges választásnak megfelelő egyenesnek van egy közös pontja.

iH

iE

ii EH 5. pnm ⋅⋅ darab egységkockából összerakunk egy pnm ×× méretű téglatestet. A téglatest egyik sarokkockájának középpontjából egy rágcsáló a testátlósan ellentétes sarokkockáig utat váj magának úgy, hogy minden egységkockából csak vele közös oldallappal rendelkező egységkockába mehet (középponttól középpontig) és a legrövidebb utak valamelyikén kell haladnia.

a) Hány lehetséges útvonal létezik? b) Ha a lehetséges útvonalak száma U , akkor számítsd ki az összes

szám összegét, amikor ),,( pnm

),,( pnmU pnm ++ állandó!



XI. osztály 1. Az sorozat tagjai teljesítik a ( ) *N∈nnx 23)1(24 11 −=−− −+ nxnxx nnn összefüggést

minden n ≥ 2-re és valamint 01=x

43

2=x .

a) Határozd meg a sorozat általános tagjának képletét!

b) Számítsd ki a n

xxxnn

n

...lim 32

∞→ határértéket!

2. Tekintsük a

n

dn

...0000..................0...13100...01210...0011

= sorozatot.

a) Vezessünk le egy rekurziót -re és bizonyítsuk be, hogy , nd Ndn ∈ 1≥∀nb) Milyen n értékekre lesz osztható 3-mal? nd

3. Az konvex négyszög csúcsainak koordinátái , ahol

. Mi a geometriai jelentése a

4321 AAAA

}4,3

( iii yxA , )

,2,1{∈i

01110111

44

33

22

11

yxyxyxyx

=∆ determinánsnak?

4. Adott az , RRf →: ( ) ( ) ( )naxaxaxxf −⋅⋅−⋅−= ...)( 21 függvény, ahol , , …,

páronként különböző valós számok. 1a 2a

naa) Bizonyítsuk be, hogy minden [ ]122 , +−− knkn aa alakú intervallumban az

egyenletnek van legalább egy valós gyöke, tetszőleges esetén!

0)()( =+′ xmfxf 1≥m

b) Ha rögzített k esetén az előbbi egyenlet legnagyobb [ ] intervallumba eső gyökét -mel jelöljük, tanulmányozd a ( ) sorozat konvergenciáját és számítsd ki a határértékét!

122 , +−− knkn aa

1≥mmcmc

5. Határozd meg azokat az számokat, amelyekre egy tetszőleges n oldalú konvex sokszöget fel lehet bontani, egymást nem metsző átlók segítségével, háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki!

}2,1{\*Nn∈



XII. osztály 1. Határozd meg azokat az függvényeket, amelyeknek létezik olyan

primitívje, hogy teljesüljön a RRf →:

RRF →:( )xxfxxF −= )()(2

összefüggés bármely esetén. Rx∈ 2. A csoportban , ),( ⋅G ( ) nnn xyxy = ( ) 111 +++ = nnn xyxy és ( ) nnn xyxy 222 = bármely

esetén. Bizonyítsd be, hogy a (Gyx ∈, ), ⋅G csoport kommutatív! 3. Az függvény szigorúan növekvő és folytonos 1-ben. Bizonyítsd be, hogy

]1,0[]1,0[: →f

a) ; b) 0)(lim1

0

=∫∞→dxxf n

n)1()(lim

1

0

fdxxfn n =∫∞→n.

4. Egy háromszög minden oldalát osszuk fel p egyenlő részre és az osztópontokat kössük össze a szembefekvő csúccsal. Ha p prímszám, határozd meg a háromszög belsejében keletkező diszjunkt síkrészek maximális számát! 5. a) Bizonyítsd be, hogy a ][XRP∈ polinomhoz rendelt polinomfüggvény pontosan akkor páros, ha P-ben a páratlan kitevőjű tagok együtthatója 0.

b) Képezzük az összes ∑=

+n

kk k

1

2 1ε alakú számot, ahol }1,1{−∈kε minden

esetén. Bizonyítsd be, hogy az így kapott szám szorzata természetes szám!

}...,,2,1{ nk∈ n2



MEGOLDÁSOK

V. osztály

1. Határozd meg cd

ba7

5 alakú ( 0≠a ), 18-cal egyszerűsíthető legkisebb és

legnagyobb törtet! Megoldás. Akkor kapjuk a legnagyobb törtet, ha a számláló a lehető legnagyobb és a nevező a lehető legkisebb. Egy szám akkor osztható 18-cal, ha osztható 2-vel és 9-cel, tehát, ha utolsó számjegye páros és a számjegyeinek összege osztható 9-cel. Az a legnagyobb lehetséges értéke 9 és erre az értékre 4=b esetén az ba5 szám osztható 18-cal. A nevezőben a c legkisebb lehetséges értéke 0 és a 702 szám

osztható 18-cal, tehát a vizsgált törtek közül a legnagyobb 3953

702954

= .

A legkisebb törtet akkor kapjuk, ha a számláló a lehető legkisebb és a nevező a lehető legnagyobb és ez akkor teljesül, ha 2=a , 2=b , 9=c és . (Az esetben a b csak 1 lehet és így az

2=d 1=ab5a szám nem osztható 18-cal.) Tehát a legkisebb

tört 4414

792252

= .

2. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 és 16 számokat oszd két

csoportba úgy, hogy ha az egyik csoportban kiszámítjuk az összes lehetséges különböző számokból álló számpárban a számok összegét, akkor ugyanazokat a számokat kapjuk, mintha a másik csoportban végeztük volna ugyanezt! (Az ismétlődő összegeknek mindkét esetben ugyanannyiszor kell szerepelniük.)

Megoldás. A 16 és a 15 nem lehet ugyanabban a csoportban, mert a 16 összeget nem kaphatjuk meg másképpen. Jelöljük 1-gyes csoporttal azt, amelyikben a 16 van és 2-essel azt, amelyikben a 15-ös van. Az 1-gyes csoportban nem lehet a 14-es sem, mert a 16 összeget nem lehet felírni két különböző 2-es csoportbeli szám összegeként. Tehát 14 a kettes csoportban van. Így viszont 13 csak az 1-gyes csoportban lehet, mert a 14

3115 =+

3014 =+

2915 =+ összeget az 1-gyes csoportban csak a összegből kaphatjuk. Hasonlóan okoskodva az 1-gyes csoportba a 11 és

a 10, míg a 2-es csoportba a 12 és 9 kerül. Az elejéről indulva az 1 a 4-gyel, a 6-tal és a 7-tel, míg a 2 a 3-mal, az 5-tel és a 8-cal kerül egy csoportba. Az alábbi táblázatban megvastagítottuk az 1-gyes csoport elemeit.

291613 =+



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

3. A bagdadi kalifa megjutalmazott három bölcset tíz pénztárcával, amelyekben

rendre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 dínár volt. Az első bölcs, Husszein, két pénztárcát választott ki. Abdurrakhmán és bátyja Omár úgy osztották el a többit, hogy Omár több pénzt kapjon, mint Abdurrakhmán. Az osztozkodás után Abdurrakhmántól elloptak négy pénztárcát, és így csak 10 dínárja maradt. Hány dínár van Husszein pénztárcáiban?

Megoldás. 10 dínár nem lehet egy pénztárcában, tehát Abdurrakhmánnak legalább 6 pénztárcája volt. Így Omárnak legtöbb 2 pénztárcája lehetett, ami legtöbb 17 dínárt jelent. Ha Abdurrakhmánnak legalább hét pénztárcája lett volna, akkor Omárnak csak egy jutott volna és így nem lehetett volna több pénze, mint Abdurrakhmánnak. Eszerint Abdurrakhmánnak hat pénztárcája és Omárnak két pénztárcája volt. A feltételek szerint az Abdurrakhmán hat pénztárcáiban nem lehet 16 dínárnál több és van két olyan pénztárcája, amelyekben összesen 10 dínár van. Másrészt mivel

15543210 =+++++ , Abdurrakhmán pénztárcáiban legalább 15 dinár van. De 15 dínár csak akkor lehetne, ha az előbbi összegek lennének a pénztárcáiban, és ez nem felel meg, mert nincs kettő, amelyben 10 dínár volna. Így Abdurrakhmán pénztárcáiban 0, 1, 2, 3, 4 és 6 dínár van, Omár pénztárcáiban 8 és 9 dínár, tehát Husszein tárcáiban 12 dínár van. 75 += 4. Egy 4x4-es házicsoki-táblát fel szeretnénk egyenes vágások segítségével

darabolni 1x1-es darabokra. Legalább hány vágásra van szükség, ha a vágások után a darabokat újrarendezhetjük (egymás mellé, vagy egymásra tehetjük)?

Megoldás. Előbb belátjuk, hogy négy vágás elégséges. Minden vágásnál két egyenlő darabra vágjuk a csokit és a darabokat egymásra helyezzük. Így négy vágás után 16 darab 1x1-es darabot kapunk. Másrészt 4-nél kevesebb vágással nem lehet felvágni, mert a belső 4 darabka valamelyikének a négy oldalánál négy különböző vágásra van szükség. (Más gondolatmenet is lehetséges. Például egy vágással a darabok száma legfeljebb kétszeresére növekedhet, tehát 3 vágás után legfeljebb 8 darabkánk lesz)



VI. osztály

1. Határozd meg az a, b és c racionális számokat, ha egyenesen arányosak a 3, 4 és

5 számokkal és bca15222 = .

Megoldás. A feltételek alapján 543cba

==

k5

, tehát, ha k-val jelöljük az arányok közös

értékét, akkor , és ka 3= kb 4= c = . Így az bca15222 = egyenlőségből következik,

hogy 3

3 152

=3

33

532

=k , azaz

152

=k . Ebből következik, hogy 52

=a , 158

=b és 32

=c .

2. Egy dobókocka oldalai az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számokkal vannak megjelölve. A dobókockát kétszer feldobjuk, és a két eredményt összeadjuk. Ha ezt nagyon sokszor elvégezzük, melyik összeg fog a leggyakrabban megjelenni? Megoldás. A legkisebb lehetséges összeg 2 és a legnagyobb 12. Egy tetszőleges

összeg pontosan annyiféleképpen állhat elő, mint a 122 ≤≤ s s−14 összeg, mert ha az s összeget adó a és b eredmények helyett a−7 és b−7 jelenik meg, akkor az összeg . Eszerint elégséges megvizsgálni, hogy a 2, 3, 4, 5, 6, és 7 összegek hány lehetséges módon állhatnak elő. A lehetséges előállításokat az alábbi táblázatba foglaltuk:

s−14

2= 1+1 3= 1+2= 2+1 4= 1+3= 2+2= 3+1 5= 1+4= 2+3= 3+2= 4+1 6= 1+5= 2+4= 3+3= 4+2= 5+1 7= 1+6= 2+5= 3+4= 4+3= 5+2= 6+1

A táblázat alapján a leggyakrabban a 7-es összeg jelenik meg. Megjegyzés. Ha a dobások sorrendjét nem különböztetjük meg, akkor a 6, a7 és a 8 ugyanolyan gyakran kellene megjelenjen. 3. Az halmaznak kiválasztottuk egy részhalmazát úgy, hogy a kiválasztott részhalmazban egyik elem se legyen valamely más elem 5-szöröse. Legfeljebb hány eleme lehet a kiválasztott részhalmaznak?

}100...,,3,2,1{

Megoldás. Ha egy ilyen H részhalmazban van 5-tel osztható, de 25-tel nem osztható szám, akkor ezt kivehetjük és helyette betehetjük az egy ötödét és esetleg az ötszörösét (ha ez nem haladja meg a 100-at). Így az új halmaz teljesíti a megadott feltételt és vagy ugyanannyi eleme van mint H-nak, vagy eggyel több elem van benne. Tehát feltételezhetjük, hogy az



}95,90,85,80,70,65,60,55,45,40,35,30,20,15,10,5{

számok a legtöbb elemet tartalmazó halmazban nincsenek benne. Másrészt, ha éppen ezeket a számokat hagyjuk el az adott halmazból, akkor a megmaradt számok közt biztos nincs kettő olyan, hogy az egyik ötszöröse legyen a másodiknak. Így a kiválasztott halmaznak legtöbb 84 eleme lehet. 4. Bizonyítsuk be, hogy egy konvex hatszög belsejében el lehet helyezni 4 pontot úgy, hogy a hatszög bármely három csúcsa által meghatározott háromszög belsejébe pontosan egy pont kerüljön és egyetlen átlóra se kerüljön pont! El lehet-e helyezni 5 pontot ugyanígy? Megoldás. A hatszög egyik átlójából kiinduló 3 átló a hatszöget 4 háromszögre bontja. Ha 5 pontot helyezünk el a hatszög belsejében, akkor az így kapott 4 háromszög valamelyikében kettő lesz, tehát 5 pont már nem helyezhető el. Négy pont elhelyezését a mellékelt ábra mutatja.

VII. osztály 1. Bizonyítsd be, hogy a { }*124 Nnn ∈+ halmaz tartalmazza az összes háromnál

nagyobb prímszámot! Megoldás. Azt kell bizonyítani, hogy bármely háromnál nagyobb prímszám esetén

osztható 24-gyel. Minden természetes szám 12 −p rk +6 alakú, ahol . Ha , akkor }5,4,3,2,1,0{∈r }4,3,2,0{∈r rk +6 nem prímszám, tehát minden

háromnál nagyobb prímszám 6 1+k vagy 56 +k alakú. Ha , akkor és ez osztható 24-gyel, mert a szorzat két

ellentétes paritású tényezőt tartalmaz.

16 += k)1+

p3( kk)13( +kk12)2 =6(6 += kk12 −p



Ha , akkor és ez is osztható 24-gyel, mert a

56 += kp )23)(1(12)46)(1(612 ++=++=− kkkkp)23 +)(1( + k )13(k +kk szorzat is két ellentétes paritású tényezőt

tartalmaz.

2. Egy dobókocka oldalai az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számokkal vannak megjelölve. A dobókockát háromszor feldobjuk, és a három eredményt összeadjuk. Ha ezt nagyon sokszor elvégezzük, melyik összeg fog a leggyakrabban megjelenni?

Megoldás. A legkisebb lehetséges összeg 3 és a legnagyobb 18. Egy tetszőleges összeg pontosan annyiféleképpen állhat elő, mint a 213 ≤≤ s s−21 összeg, mert ha

az s összeget adó a, b és c eredmények helyett a−7 , b−7 és jelenik meg, akkor az összeg 21 . Eszerint elégséges megvizsgálni, hogy a 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 és 10 összegek hány lehetséges módon állhatnak elő. A lehetséges előállításokat az alábbi táblázatba foglaltuk:

c−7s−

3= 1+1+1 4= 1+1+2=

2+1+1= 1+2+1=

5= 1+2+2= 2+1+2= 2+2+1=

1+1+3= 1+3+1= 3+1+1

6= 1+1+4= 1+4+1=4+1+1=

1+2+3=1+3+2=2+1+3=2+3+1=3+1+2=3+2+1=

2+2+2

7= 1+1+5= 1+5+1= 5+1+1=

1+2+4=1+4+2=2+4+1=2+1+4=4+1+2=4+2+1=

1+3+3= 3+1+3= 3+3+1=

8= 1+1+6= 1+6+1= 6+1+1=

1+2+5=1+5+2=2+1+5=2+5+1=5+1+2=5+2+1=

1+3+4=1+4+3= 3+1+4=3+4+1= 4+1+3=4+3+1=

2+2+4=2+4+2=4+2+2=

2+3+3= 3+2+3= 3+3+2=

9= 1+4+4= 4+1+4= 4+4+1=

1+2+6=1+6+2=2+1+6=2+6+1=6+1+2=6+2+1=

1+3+5=1+5+3= 3+1+5=3+5+1= 5+1+3=5+3+1=

2+2+5=2+5+2=5+2+2=

2+3+4= 2+4+3= 3+4+2= 3+2+4= 4+2+3= 4+3+2=

10= 2+4+4= 4+2+4= 4+4+2=

1+3+6=1+6+3=3+1+6=3+6+1=6+1+3=6+3+1=

1+4+5=1+5+4= 4+5+1=4+1+5= 5+1+4=5+4+1=

2+2+6=2+6+2=6+2+2=

2+3+5= 2+5+3= 3+2+5= 3+5+2= 5+2+3= 5+3+2=

3+3+4=3+4+3=4+3+3=

A táblázat alapján a leggyakrabban a 10-es összeg jelenik meg és ennek a társa a 11.



Megjegyzés. Ha a dobások sorrendjét nem különböztetjük meg, akkor is a 10 és a 11 lesz a leggyakoribb összeg. 3. Bizonyítsd be, hogy ha a és b pozitív valós számok, akkor

+≥++

baabba 1121 .

Megoldás. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget alkalmazzuk a következőképpen:

aba

aba

212

21

⋅≥+ és

abb

abb

212

21

⋅≥+

Ha az előbbi két egyenlőséget összeadjuk a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.

Megjegyzés. Az egyenlőtlenség 021

21

22

≥

−+

−

abb

aba

alakban is

írható. 4. a) Az a oldalhosszúságú négyzet oldalai az a szélességű sáv határegyeneseit

három pontban metszik úgy, hogy a négyzet egyik csúcsa a sáv egyik határegyenesén legyen (lásd a mellékelt 1. ábrát). Mekkora szöget zár be a metszéspontokat összekötő két szakasz?

1. ábra 2. ábra

b) Mekkora a metszéspontokat összekötő szakaszok által bezárt szög, ha a négyzet oldalai a sáv határegyeneseit négy pontban metszik? (lásd a 2. ábrát)

A

B

C

D

E FG

Megoldás. a) Jelöljük a négyzet csúcsait A-val, B-vel, C-vel és D-vel és legyen G az A vetülete a sáv másik határegyenesére (lásd a mellékelt ábrát). A feltételek alapján az AEG és AED háromszögek kongruensek és az AGF



és ABF (derékszögű háromszögek és van két-két kongruens oldaluk). Így a AE és AF a DAG és BAG szögek szögfelezői, tehát az általuk bezárt szög mértéke . °45b) Visszavezetjük az általános esetet az a) pontra. Jelöljük -gyel az A pont vetületét a közelebbi határegyenesre és a négyzetet eltoljuk az szakasszal, tehát

1A

1AA

11 AABB ≡ , 11 AACC ≡ és . Ha és az négyzetnek a

sáv határvonalaival való metszéspontjai (lásd a mellékelt ábrát), akkor az háromszög kongruens az háromszöggel, mert

1AA

10 EEE

21FAA

1DD ≡

1D

0EE

211 ,, EFE 2F 11C

1

1B

AA

A

≡ és a két háromszög megfelelő szögei kongruensek. Így az és szakaszok kongruensek, tehát az négyszög paralelogramma, és

1 21FA

121 AFEEEE

21F1 EEA . Hasonlóan belátható, hogy

211 EFFA , tehát az és szakaszok is -os szöget zárnak be.

2F1E 12 FE°45

A

B

C

D

E FD

B

EF

C

2

1

1

1 1

1

1AE

F2

E0

5. Valamely bizottság 40-szer ülésezett. Mindegyik alkalommal 10-en voltak jelen az ülésen, közülük semelyik két bizottsági tag nem volt együtt egynél többször gyűlésen. Igazoljuk, hogy a bizottságban legalább 61 tag van!

Megoldás. Egy gyűlésen 10 résztvevő van, tehát 452

910=

⋅

4540

pár képezhető. Mivel

egyetlen pár sem vesz részt két gyűlésen, a 40 ülés alatt 1800=⋅ pár számolható össze. Ha a bizottságban legfeljebb 60 tag volna, akkor a lehetséges párok száma

177025960

=⋅ volna és ez ellentmondás. Tehát a bizottságban legalább 61 tag van.

VIII. osztály 1. a) Bizonyítsd be, hogy ha és 10 osztható m-mel, akkor

osztható 3m-mel!

*, Nnm ∈ 1−n

1103 −n

b) Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelynek egyetlen számjegye sem nulla, és a szám osztható számjegyeinek összegével!

Megoldás. a) Az ( )2233 )( yxyxyxyx ++−=− azonosság alapján ( )11010)110(110 23 ++−=− nnnn



De a 10 szám számjegyeinek összege 3, tehát ez a szám osztható 3-mal. Tehát ha 10 osztható m-mel, akkor 10 osztható 3m-mel.

1102 ++ nn

1−n 13 −n

b) Tekintsük az számot. Ez a szám osztható 27-tel, tehát osztható a számjegyeinek összegével. Az első pont alapján az szám osztható

99911031 =−=a

8199 =9999999991109

2 =−=a273 ⋅=⋅ -gyel, tehát a számjegyeinek összegével. A gondolatmenet

megismételhető, az szám osztható 27

99999...9999273 110 =−=a 243279813 =⋅=⋅ -mal,

vagyis a számjegyek összegével. Látható, hogy a gondolatmenet a végtelenségig folytatható, tehát az szám osztható -nel, vagyis

számjegyeinek összegével. n3

99999...99991=n

na 310 −= 23 +n

2. Bizonyítsd be, hogy ha az a és b pozitív valós számok összege 4, akkor

ababba 323222 ≥++ .

Megoldás. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget alkalmazzuk a következőképpen:

aba

aba 16216 22 ⋅≥+ és

abb

abb 16216 22 ⋅≥+

Ha az előbbi két egyenlőséget összeadjuk a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.

Megjegyzés. Az egyenlőtlenség 04422

≥

−+

−

abb

aba alakban is írható.

3. Az ABCD téglalap AB oldalát felosztjuk n (nem feltétlenül egyenlő) részre, és a szakaszokat megszámozzuk 1-től n-ig. Az osztópontokon át a párhuzamosokat húzunk a BC oldallal és meghúzzuk a BD átlót. Bizonyítsuk be, hogy ha a páros sorszámú szakaszok hosszának összege egyenlő a páratlan sorszámú szakaszok hosszának összegével, akkor az átló feletti páratlan sorszámú darabok területének összege egyenlő az átló alatti páros sorszámú darabok területének összegével. Megoldás. Jelöljük az átló feletti páros sorszámú szakaszokhoz tartozó területek összegét t -gyel, a páratlan sorszámú szakaszokhoz tartozó területek összegét T -vel, míg az átló alatti páros illetve páratlan sorszámú szakaszokhoz tartozó területek összegét -vel és -vel. Az átló két kongruens háromszögre bontja a téglalapot,

tehát

1

2T

1

2t

T21

1 =t1+T . A feltétel alapján Tt21

12 =+T , tehát T 21 T= .



4. Az DCBAABCD ′′′′ kockának az AB, CB ′′ és DD′ élén egy-egy pont mozog ugyanazzal a sebességgel (A-tól B, B′ -től C ′ illetve D′ -től D-felé).

c) Szerkeszd meg a pontok által meghatározott síkmetszetet! d) Bizonyítsd be, hogy a síkmetszet szembefekvő oldalinak felezőpontjait

összekötő szakaszok összefutóak! Megoldás. a) A feltételek alapján PDNBAM ′≡′≡ . Az ábrának megfelelően a

következő szerkesztéseket végezzük: }{RCCBN =′∩ , }{QdMN =∩ , ahol d az R-

en át az AB-hez húzott párhuzamos egyenes, }{SDCQP =∩ , QP }{ 1NDC =′′∩ , }{BCSM T=∩ , }{ 1PADSM =∩ ,

}{ 1MBBTN =′∩ . A keresett síkmetszet az hatszög, amelyben a szembefekvő oldalak párhuzamosak (mert az síknak két párhuzamos síkkal való metszéséből származnak). Az is igazolható, hogy a szembefekvő oldalak aránya állandó.

11PP1NNMM

)MNP(

b) Ha az hatszög , és oldalait meghosszabbítjuk egy XYZ

háromszöghöz jutunk. A hatszög szembefekvő oldalainak felezőpontjait összekötő szakaszok tartóegyenesei az XYZ háromszögben oldalfelezők, tehát összefutók.

111 PPNNMM 1MM 1NN

1PP

C

A

D

B

A B

A

CD

D C,

, ,

B,

M

NP

QR

M1

N1

P1

S

T

5. Egy 3×3×3-as kockát 27 darab azonos méretű kiskockából ragasztottunk össze. Minden egységkockát kiszínezünk pirosra, fehérre, vagy kékre úgy, hogy tetszőleges három egymásmelletti kocka közt ne legyen két azonos színű (egymásmellettinek mondunk három kockát, ha a középpontjaik egy olyan egyenesen vannak, amely párhuzamos a kocka valamelyik oldalélével).

d) Adjál meg egy ilyen színezést!



e) Hány különböző színezés létezik? f) Az összes lehetséges színezéseket osszuk csoportokba úgy, hogy két színezés

pontosan akkor kerüljön egy csoportba, ha a kocka mozgatásával (forgatásával) a két színezés egymásba vihető. Hány csoportunk lesz?

Megoldás. a) Egy lehetséges színezést láthatunk a mellékelt ábrán. (a kocka mellé kirajzoltunk két metszetet, a középső és a hátsó réteg színezését)

F

F

F F

F

F

F

FF F

F

F

FF

P

F

P

P

P P

P

P

P

K

KK

KK

K

K

K

K

K

K K

KK

K

P

P

P

PP

P

P

b) Észrevehető, hogy egy négyzet színezését egyértelműen meghatározza az ábrán

megjelölt három mező színezése. E három mező színezésére lehetőség van (a sarokmezőt 3 szín

bármelyikével színezhetjük, míg a másik két mező színezésére csak két-két lehetőség van, mivel ezeknek a színe nem egyezhet a sarokmező színével). Továbbá valamelyik másik lapon még egy kocka színét megválaszthatjuk, a többi már egyértelműen meg van határozva a színezési feltételek alapján, tehát összesen 24 lehetséges színezés létezik.

12223 =⋅⋅

Z

YX

c) Az előbbi gondolatmenet alapján látható, hogy egy oldallap színezésére 12 lehetőség van és mindegyik színezés esetén valamelyik átló mentén ugyanolyan színű kockák lesznek. A megadott színezésben a színeket egymás közt megcserélve adhatunk olyan színezést, amelyben a középső kocka piros, illetve fehér. Mivel minden mozgás során a középső kocka középső marad és a minden oldallapon a középső kocka színétől különböző színű átló van, ezért összesen három olyan színezés van, amelyek nem kaphatók meg egymásból a kocka elforgatásával.



IX. osztály

1. Bizonyítsd be, hogy az

02 322

1 =++ axaxa 02 43

22 =++ axaxa

02 542

3 =++ axaxa ………………………

02 12

1 =++− axaxa nn 02 21

2 =++ axaxan egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke, ha Rak ∈ , bármely nk ,1= esetén! Adjál példát olyan számokra, amelyekre az előbbi egyenletek közül pontosan egynek van valós gyöke!

naaa ...,,, 21

Megoldás Feltételezzük, hogy egyik egyenletnek sincs valós gyöke. Következik, hogy

04 2

21 <−=

∆++ kkk

k aaa , bármely k }...,,2,1{ n∈ esetén, ahol 11 aan =+ és . 22 aan =+

Összeadjuk a diszkriminánsokra kapott egyenlőtlenségeket: 0...... 21124231

222

21 <−−−−−−+++ −− aaaaaaaaaaaaa nnnnn 2/⋅

( ) ( ) ( ) ( ) 022...22 2

2222

1112

12442

22

2331

21 <+−++−+++−++− −− aaaaaaaaaaaaaaaa nnnn

( ) ( ) ( ) ( ) 0... 2

22

112

422

31 <−+−++−+− − aaaaaaaa nn . Az utóbbi egyenlőtlenség ellentmondás, tehát van olyan egyenlet amelynek a diszkriminánsa pozitív, és így ennek az egyenletnek van valós gyöke. A továbbiakban megadunk egy szerkesztést, amellyel elérhető, hogy pontosan egy egyenletnek legyen valós gyöke.

Legyen és . Belátható, hogy így az első egyenletnek nincs

valós gyöke. A második egyenletben legyen

121 == aa 23 =a

N∈4a , és 2

23

4 aa

a >

ka

. Ezzel a

választással a második egyenletnek sincs valós gyöke. Általában -t úgy választjuk

meg, hogy teljesüljön az 2

21

−

−>k

kk a

aa egyenlőtlenség, ha nk ,3=

0=

. Így

, és csak az egyenlet 11 =... 23 >> aa1 =>> − aaa nn 2 1xan2

1 +− xan + a



diszkriminánsa lesz pozitív, tehát az 1−n -edik egyenletnek van valós gyöke. Az utolsó egyenlet diszkriminánsa negatív, mert . 012

21 <−=− nn aaaa

1a

21 aa +

32 a1 aa ++

naaa +++ ...21

ks

laka ++2 ...

(∩

∈′ BCA

CBA ′′′′ B′ ′

BCAM ′′′( )B′′CMm ˆ

( ) ( ) ( ′′=′− ABBmGAAm ˆˆ111′′ AAB ˆ

) ( ) ( )( )−′′−′′′ CCBmABCm ˆˆ1=′G

( )) ( )1ˆ CCBmG ′′−1 AAm

) ( )GFE ˆmC =

Tehát csak az -edik egyenletnek van valós gyöke. 1−n 2. Bizonyítsd be, hogy n darab n-nel nem osztható természetes szám közül

kiválasztható néhány, amelyek összege osztható n-nel! Megoldás

Legyenek a számok a , a , ..., a . Képezzük az 1 2 n

1s = ,

2s = ,

3s = , ...............................

ns =

összegeket. Ha az , is ni ,1=

kl ss

összegek közül az egyik osztható n-nel, akkor készen vagyunk. Ellenkező esetben az n-nel való osztási maradékaik az { halmazban kell legyenek. Mivel pontosan n összeg van, és a halmazban elem van, következik, hogy az összegek között szerepel kettő, és , , amelyeknek az n-nel való osztási maradéka megegyezik. Innen következik, hogy

osztható n-nel.

}1...,,2,1 −n1−n

ls lk <

kl ss − ka ++= +1−

la és a feltételek alapján l ,

tehát az , , ..., számok összege osztható n-nel. 2≥− k

1+ka 2+ka

3. Az ABC háromszög köré írt körön felvesszük az , és

pontokat úgy, hogy az ABC és

) )(∩

∈′ ACB

)(∩

∈′ BAC háromszögek kongruensek legyenek. Bizonyítsd be, hogy az A , és C pontokon át BC-vel, CA-val illetve AB-vel húzott párhuzamosoknak ugyanezen pontokon át egy tetszőleges d egyenessel húzott párhuzamosokra vonatkozó szimmetrikusai összefutó egyenesek és az összefutási pont a háromszög köré írt körön van.

Megoldás. Legyen M az és CA′ ′ pontokból induló egyenesek metszéspontja. A M akkor és csak akkor van rajta a körön, ha az négyszög körbeírható. Ez pontosan akkor teljesül, ha ( )B =′A′ˆMm .

( ) ( ) ( ) ) ( )=′−=′−′′=′′ GAAmmAAMmAABmBAMm ˆˆˆˆ111

( ) ( )( ) ( ( )=′−′′−′′′= GAAmAAmCBBmABCm ˆˆˆˆ111

( )( ˆ ABCm ′−′′′= . Felhasználjuk, hogy ( ) ( BAmCBA ˆˆ =′′′m (párhuzamos szárú szögek), és ( ) ( ) ( )GFEm ˆGAAmCCEm ˆˆ

11 =′+′ . Az eddigi összefüggések alapján



( ) ( ) ( ) ( ) ( )GAAmABCmGAAmGFEmCCEm ˆˆˆˆˆ

111 ′−′′′=′−=′ . Tehát ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )BCMmCCBmMCCmCCBmCCEmBAMm ′′=′′−′=′′−′=′′ ˆˆˆˆˆˆ

1111 . Következik, hogy M a körön van. Hasonlóképpen, ha a N B′ és pontokból induló egyenesek metszéspontja, igazolható, hogy rajta van a körülírt körön. Viszont a

C ′N

B′ -ből induló egyenes az M , , N B′ pontokban metszené a kört, és BM ′≠ , valamint , tehát csak az BN ′≠ NM = eset lehetséges, ami azt jelenti, hogy

a három egyenes összefut és a metszéspont a körülírt körön van. 4. A és körök közös belső érintői merőlegesek és az O

pontban metszik egymást. Határozd meg az ( )ROC ,1 ( ROC ,2 ) ( )21OO∈

21 OMOM + kötött vektor végpontjának a mértani helyét, ha ( )ROCM ,11 ∈ és (O ,2 )RCM 2 ∈ változó pontok.

A

B

C

A’

B’

C’

E

G

F

M

C

B

A1

1

1

Megoldás Legyen 21 OMOMOM += .



=+++= 222111 MOOOMOOOOM

( ) 2211221121 MOMOMOMOOOOO +=+++= ⇒

⇒ RMOMOMOMOOM 222112211 =+≤+= ,

tehát az M pont a C körlapon helyezkedik el. ( RO 2, )

Igazoljuk, hogy a keresett mértani hely a ( )RO 2,C körlap. Legyen M egy

tetszőleges pont a körlapról. Mivel OM R2≤ , létezik egy A pont úgy, hogy . Szerkesszük meg az OO és a paralelogrammákat!

Ekkor

RAMOA == AM 22 11MMAO

OA=MO 22 , RMO =22 ⇒ ( )ROC ,22M ∈ és 11MOAM = ,

. ( )ROCM ,1 ∈ 12 OMOM +1 =122 MOM +OAMOAOM =+= , tehát létezik

és úgy, hogy 1M

2M 21 OMOM +=OM .

O

O

O

M

M

MA

1

1

2 2

O

O

O

M

M

M

2 2

1

1

Ezzel igazoltuk, hogy minden ilyen M pont a körlapon van (beleértve a határát is), és minden pont a körlapról a mértani helyhez tartozik.

5. Legalább hány lépés szükséges ahhoz, hogy egy 10 10× -es tábla bal alsó sarkából a jobb felső sarkába jussunk lólépésben? Megoldás. Megvizsgáljuk, hogy melyik mezőkre juthatunk el 1, 2, … lépésben.

2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 0 0 2 2



5 6 5 6 5 6 5 6 7 64 5 4 5 4 5 6 5 6 75 4 5 4 5 4 5 6 5 64 3 4 3 4 5 4 5 6 53 4 3 4 3 4 5 4 5 62 3 2 3 4 3 4 5 4 53 2 3 2 3 4 3 4 5 62 1 4 3 2 3 4 5 4 53 4 1 2 3 4 3 4 5 60 3 2 3 2 3 4 5 4 5

X. osztály

1. a) Bizonyítsd be, hogy sin , ha 2xtgxx ≥⋅

∈

2,0 πx !

c) Oldd meg a 1tgsin 222 +=+ xxx egyenletet, ha

∈

2,0 πx !

Megoldás

a) Mivel és xsin xtg pozitívak minden

∈

2,0 πx esetén, a mértani és

harmonikus középértékek közti egyenlőtlenségekből következik, hogy

xx

xx

tg1

sin1

2tgsin+

≥⋅ (1).

Viszont 2

tg21cos

sin2

cossinsin

cossinsin2

tg1

sin1

2 xx

x

xxx

xxx

xx

=+

=+

=+

. Továbbá 22

tg xx≥

∈∀

2,0 πx (2).

(1) és (2) alapján xxx ≥tgsin

∈

2,0 πx∀ , tehát 2tgsin xxx ≥

∈∀

2,0 πx .

b) Észrevehető, hogy 0=x megoldás. Igazoljuk, hogy több megoldás nincs. Mivel s pozitívak, alkalmazhatjuk a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget.

xsin2 é xtg2



xx

xxxxtgsin2

tgsintgsin

222

22≥≥

+ +

∈∀

2,0 πx .

Az a) pont alapján xxx ≥tgsin

∈∀

2,0 πx , tehát az exponenciális függvény

monotonitása szerint xxx

xxxx

2222

22 tgsin2tgsintgsin

≥≥≥+ +

∈

2,0 πx∀ .

⇓ 1tgsin 222 +≥+ xxx

∈∀

2,0 πx .

Egyenlőség a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenségben csak akkor állhat fenn, ha a számok egyenlőek, tehát tgxx =sin ⇒ 0=x .

2. a) Számítsd ki a összeget! ∑=

−⋅n

k

knn

kn CC

02

b) Bizonyítsd be, hogy ( ) ( )

+⋅≤

22

242

232 n

nnn

nn

nn CCCC , ha . 1≥n

Megoldás

a) A Vandermonde azonosságban ∑=

+− =

n

k

nba

knb

ka CCC

0na = és b esetén

.

n2=

∑=

−n

k

knn

kn CC

02 = n

nC3

b) A Cauchy - Buniakovski egyenlőtlenség alapján

( ) ( ) ( ) ( )

+⋅=

⋅

≤

= ∑∑∑

=

−

==

− 22

242

0

22

0

22

02

23 222 n

nnn

nn

n

k

knn

n

k

kn

n

k

knn

kn

nn CCCCCCCC .

3. Bizonyítsd be, hogy az csökkenő függvény grafikus képe lefedhető

n darab téglalappal, amelyek területének összege nem nagyobb mint

]1,0[]1,0[: →f

n1 .

Megoldás Tekintjük azokat a téglalapokat, amelyek két szemközti csúcsának koordinátái

−−

nif

ni 1,1 és

nif

ni ,

( )ni ≤<0 , valamint oldalai párhuzamosak a

tengelyekkel. Az i-edik ilyen téglalap területe

−

−

⋅=

−

−

−

−=nif

nif

nnif

nif

ni

niTi

1111

(mert f csökkenő). A téglalapok összterülete:



( ) ( )( ) ( )nn

ffnn

ifn

ifn

TTn

i

n

ii

10111011111

=−≤−⋅=

−

−

⋅== ∑∑==

.

4. Egy körön felveszünk hat pontot. Válasszunk ki hármat és vegyük fel a kiválasztottak által meghatározott háromszög ortocentrumát, és a megmaradt csúcsok által meghatározott háromszög Euler pontját (a súlypont és az ortocentrum által meghatározott szakasz felezőpontja). Bizonyítsd be, hogy az összes lehetséges választásnak megfelelő egyenesnek van egy közös pontja.

iH

iE

ii EHMegoldás

Tekintsünk egy O kezdőpontú derékszögű koordinátarendszert, ahol O a kör középpontja. Legyenek a pontok affixumai a, b, c d, e, f. Az ABC háromszög

ortocentrumának affixuma cbah ++=1 , a súlypontjának affixuma 31

cbag ++= és

az Euler pontjának az affixuma )( 1E ( )cba ++=32

1e . A DEF háromszög

ortocentruma ( ) . 2H fe +d +=h2

Ebben az esetben az egyenes egyenlete 21HE ( )( ) ( fedcba +++++− λλ132 ), ahol

R∈λ . Az egyenesek akkor lesznek összefutóak, ha van egy olyan pont amely az egyenesek mindegyikén rajta van. Ennek affixuma független kell legyen a

ponthármasok megválasztásától, ami csak akkor lehetséges, ha az együtthatói megegyeznek, vagyis

1+ii HEfe,,dcba ,,,

( ) λλ =−132 ⇒

52

=λ .

Tehát az ( fedcbam +++++=52 ) pont rajta van mindegyik egyenesen.

5. ( ) ( ) ( )111 +⋅+⋅+ pnm( ) ( ) ( )111 +×+×+ pn

darab egységkockából összerakunk egy méretű téglatestet. A téglatest egyik sarokkockájának

középpontjából egy rágcsáló a testátlósan ellentétes sarokkockáig utat váj magának úgy, hogy minden egységkockából csak vele közös oldallappal rendelkező egységkockába mehet (középponttól középpontig) és a legrövidebb utak valamelyikén kell haladnia.

m

c) Hány lehetséges útvonal létezik? d) Ha a lehetséges útvonalak száma U , akkor számítsd ki az összes

szám összegét, amikor ),,( pnm

),,( pnmU pnm ++ állandó! Megoldás

a) A három lehetséges irányt jelöljük e-vel, f-fel és j-vel. Minden lehetséges útvonal m darab e irányú, n darab f irányú és p darab j irányú lépést jelent. Másrészt



az összes olyan út, amely m darab e irányú, n darab f irányú és p darab j irányú lépésből áll megfelel.

Minden ilyen út pnm ++ lépésből áll, és így az pnm ++ lépésből ki kell választani m darabot (ezek lesznek az e irányú lépések), és a maradék pn + lépésből

pedig n darabot (ezek lesznek az f irányú lépések). Ez ( )!!!

!pnm

pnmn

+++

mp =Cm

pnm ++C

módon tehető meg.

b) Jelöljük -val az A pnm ++ értékét. Ki kell számítanunk a

összeget. Ez a következőképpen írható:

∑=++

−=Apnm

nmA

mA CCd

( )∑ ∑∑= =

−−

=− =+==

=

A

m

AA

m

AmA

mAmA

n

nmA

mA CCCd

0 003122 .

XI. osztály 1. Az sorozat tagjai teljesítik a ( ) *N∈nnx 23)1(24 11 −=−− −+ nxnxx nnn összefüggést

minden n ≥ 2-re és valamint 01=x

43

2=x .

c) Határozd meg a sorozat általános tagjának képletét!

d) Számítsd ki a n

xxxnn...

lim 32∞→n

határértéket!

Megoldás

a) , 01 =x43

2 =x , 68

3 =x , 8

154 =x ,

1024

5 =x . Matematikai indukcióval

igazolható, hogy n

nxn 212 −

= .

b) A D’Alembert kritérium alapján

( ) n

n

nn

nn

nn

n

nn

n xxxn

nxxx

nxxx

nxxx

...1...

lim...

lim...

lim32

11323232 ⋅

+==

++

∞→∞→∞→,

ha ez utóbbi határérték létezik. Viszont

( ) ( )

( )

( )( )e

nnn

n

nnn

xxxx

nn

xxxnnn

n

nn

n

nn

n 21

11112

11lim11

lim...1

...lim

21

321132 =

+++

−+=

+⋅+

=⋅+ ∞→

+

∞→++

∞→.



2. Tekintsük a

n

dn

...0000..................0...13100...01210...0011

= sorozatot.

c) Vezessünk le egy rekurziót -re és bizonyítsuk be, hogy nd Ndn ∈ , ∀ 1≥nd) Milyen n értékekre lesz osztható 3-mal? nd

Megoldás a) Kifejtve a determinánst az utolsó sora szerint, kapjuk, hogy

dn

n

n =−

1 1 0 01 2 0 0

0 0 1 10 0 1

...

...... ... ... ... ...

...

...

=n

11...0012...00...............00...2100...11

−−

nn

−

1 1 0 01 2 0 0

0 0 2 00 0 1 1

...

...... ... ... ... ...

...

...n −

A második determinánst kifejtve az utolsó oszlopa szerint d -t kapunk. Tehát a rekurzió: =n - (n 4).

n−2

dn dn−1 dn−2 ≥b) Az egyszerűbb írásmód kedvéért a következő jelölést használjuk:

( )3modyx ≡ ⇔ ( ) 3yx − . d1 =1 d =1 d =2 . 2 3

d2 ≡ 1 (mod 3) d3 ≡ -1 (mod 3) d4 ≡ 1 (mod 3) d5 ≡ 0 (mod 3) d6 ≡ -1 (mod 3) d7 ≡ -1 (mod 3) d8 ≡ -1 (mod 3) d9 ≡ 1 (mod 3) d10 ≡ -1 (mod 3) d11 ≡ 0 (mod 3) d12 ≡ 1 (mod 3) d13 ≡ 1 (mod 3) d14 ≡ 1 (mod 3) d15 ≡ -1 (mod 3) d16 ≡ 1 (mod 3) d17 ≡ 0 (mod 3)



Mivel d , d és 17 2 (mod 3), a sorozat periodikus lesz, periódusa 12. 3 ≡ d15 4 ≡ d16 ≡

d k l+ ≡12 dk (mod 3) (k 3) ≥d l5 12+ ≡ d5 (mod 3) ( )3mod0≡ d l11 12+ ≡ d11 (mod3) ( )3mod0≡

Összefoglalva 0 (mod3). d l5 6+ ≡

3. Az konvex négyszög csúcsainak koordinátái 4321 AAAA ( )iii yxA , , ahol .

Mi a geometriai jelentése a

}4,3,2,1{∈i

01110111

44

33

22

11

yxyxyxyx

=∆ determinánsnak?

Megoldás. Kifejtve a determinánst az utolsó oszlop szerint, kapjuk, hogy

21

44

22

11

44

33

22

111

111

∆−∆−=−−=∆yxyxyx

yxyxyx

.

Viszont a 1∆ és a 2∆ pontosan megegyezik

az és háromszögek területének kétszeresével (vagy azok ellentettjével egyszerre), mert a körüljárási irány megegyezik mindkét háromszögre a determinánsban szereplő koordináták sorrendjével.

432 AAA 42 AA1A

Tehát a területek additivitása alapján 4321

2 AAAAT±=∆ . 4. Adott az ,

függvény, ahol , , …, páronként különböző valós számok.

RRf →:)( ) ( ) ( naxaxaxxf −⋅⋅−⋅−= ...)( 21 1 2aa na

O

A

A

A

Ay

x

1

4

3

2

c) Bizonyítsuk be, hogy minden [ ]122 , +−− knkn aa alakú intervallumban az egyenletnek van legalább egy valós gyöke, tetszőleges

esetén! 0)()( =+′ xmfxf 1≥m

d) Ha rögzített k esetén az előbbi egyenlet legnagyobb [ ]122 , +−− knkn aa intervallumba eső gyökét c -mel jelöljük, tanulmányozd a m ( ) ≥mmc 1 sorozat konvergenciáját és számítsd ki a határértékét!

Megoldás a) A függvény teljesíti a Rolle tétel feltételeit az [ ]

intervallumon, tehát létezik ( ) ( )xfexg mx

m = 122 , +−− knkn aa[ ]122 , +−−∈ knknm aax

m

, úgy, hogy . De , tehát a keresett megoldás.

( ) 0=mm x′g( ) exg m =′ ( ) ( )( xmfxfmx +′ ) x



b) f c c a c a c a c am m m n k m n k m n( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )= − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − >− − +1 2 2 1 0

],(a 12 +− knm ac0)()()() 12121212

. intervallumon előjeltartó, mivel nincs zérushelye. )(m xg

( <′=⋅+′= +−+−+−+ knknknk afafmaf],(0 12 +−∈∀< knm acx

−nm ag)(m xg

, következik, hogy .

Feltételezük, hogy 0)()()()(de,0)( 111 >=+=≤⇒≥ +++ mmmmmmmmmm cfcfcgcgcgcc ,

ellentmondás. Tehát c c mm m< ∀ ≥+1 1. A ( sorozat szigorúan növekvő és korlátos , következik, hogy konvergens.

)cm m≥1

( )c cm n k< − +2 1 ′f x( ) korlátos a [

intervallumon, tehát

, ]a an k n k− − +2 2 1

lim ( ) limm mf c

→+∞ →+∞= −

( )m

m

f cm′

= 0 .

folytonosságából következik, hogy f x( ) 0)lim()(lim ==

+∞→+∞→ mmmmcfcf

( , )c an k1 2 1− +

. Továbbá

f-nek nincs zérushelye a intervallumon

],,[ 121 +−∈ knm acc

=∞ − + .m n kc a 2 1

lim+∞→m

⇒→+lim

m

5. Határozd meg azokat az számokat, amelyekre egy tetszőleges n oldalú konvex sokszöget fel lehet bontani, egymást nem metsző átlók segítségével, háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki!

}2,1{\*Nn∈

Megoldás. Igazoljuk, hogy kn 3= -ra, elvégezhető a felbontás: *N∈k3=n -ra a megoldás triviális, összesen nulla átlóra van szükségünk minden csúcsból. 6=n -ra az 1. ábrán látható egy megoldás.

1. ábra 2.ábra

Általában, -ra a 2. ábra alapján a probléma visszavezetődik egy kn 3= )1(3 −k

oldalú sokszög felbontására a kért módon. Tehát ezzel a feladatot megoldottuk. Igazoljuk, hogy esetén a feladat nem oldható meg. 13 ±= knHa létezne megoldás, akkor a sokszögben biztosan lenne az ábrán látható MNP

háromszög (ellenkező esetben, ha csak olyan háromszög létezne, amely minden oldalának végpontjai közt legalább két csúcs helyezkedik el, és az így elhatárolt síkrészeket még tovább kellene bontsuk háromszögekre. Véges sok lépésben elérnénk egy olyan háromszöghöz, amelynek egyik oldala egy csúcsot határol el).



Mivel az 1-es és a 2-es síkrészeket már nem lehet

tovább bontani, őket kivághatjuk. A megmaradt, 3-mas és 4-es síkrészek felbontását kell elvégeznünk. Ez kétféleképpen lehetséges:

1. Ha a 3-mas síkrészben az M csúcsból páratlan sok átló indul ki, akkor a 4-es részben is páratlan sok átló kell kiinduljon az M csúcsból, a többi csúcsokból pedig feltétlenül páros. Így M-ből legalább egy átló el kell

induljon (például a 4-es tartományban). Ennek az M-től különböző végpontjából ismét kiindul legalább egy átló, mert páros sok átló indul az eredeti sokszög minden csúcsából. Így végtelen sok átló létezne, ez pedig lehetetlen.

1

3

2

4

M

N

P

2. Ha a 3-mas síkrészben az M csúcsból páros sok átló indul ki, akkor a 4-es síkrész M csúcsából is páros sok átló kell induljon, tehát a feladat visszavezetődik két kisebb sokszög felbontására az eredeti feltételekkel. Legyen az egyik sokszög csúcsainak a száma v. Ekkor a másik sokszögnek

csúcsa van. Tehát ha ( ) vnvnu −=+−−= 11 13 ±= kn , akkor biztosan az u vagy a v nem lesz osztható hárommal, tehát az egyik kisebb sokszög biztosan csúcsú lesz,

. Ezzel a gondolatmenettel a feladat visszavezetődik egy 4 vagy egy 5 oldalú sokszög felbontására a kért módon, ami lehetetlen.

13 ±lkl <

XII. osztály 1. Határozd meg azokat az függvényeket, amelyeknek létezik olyan primitívje, hogy teljesüljön a

RRf →: RRF →:

( )xxfxxF −= )()(2 összefüggés bármely esetén. Rx∈

Megoldás. Az egyenletből kifejezve f x F xx

x( ) ( )= 2 + . Következik, hogy f(x)

deriválható a és ( intervallumon. Átrendezve az egyenletet, kapjuk, hogy ( , )−∞ 0 , )0 +∞xf x F x

x( ) − 2 x( )

= . Elosztva az egyenlőséget x2 -tel és bővítve a törtet x-szel

adódik,hogy f x x xF xx x

2 2=

( ) ( )4

− 1 ⇔F xx

x( ) (ln| |)2

′= ′ . A Lagrange tétel

következményéből F xx

x c( ) ln| |2 = + ⇔ F x x x c x( ) ln| | .= ⋅ + ⋅2 2

Ha x ∈ −∞( ,0) , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy ( ) ( ) xcxxxcxxxxf ⋅+−⋅=′++−⋅= 1ln22ln2)( .



Ha x ∈ +∞( , )0 , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy

xcxxxcxxxxf ⋅+⋅=′′++⋅= 2ln22ln2)( . Vizsgálva f folytonosságát észrevesszük, hogy 0)(lim)(lim

00

00

==>→

<→

xfxfxx

xx

, mert

0ln2limln2lim 2001

00

=⋅+⋅=⋅+⋅>→

<→

xcxxxcxxxx

xx

. Mivel f Darboux tulajdonságú, és léteznek

a bal- és joboldali határértékek, következik, hogy f-nek nem lehet szakadási pontja a 0-ban, tehát f folytonos 0-ban és f(0)=0.

Összefoglalva, .

+∞∈+⋅=

−∞∈+−⋅=

),0(,)ln(20,0

)0,(,)ln(2)(

2

1

xhaxcxxxhaxhaxcxx

xf

2. A csoportban (1) , (2) ),( ⋅G ( ) nnn xyxy = ( ) 111 +++ = nnn xyxy

),( és (3)

bármely esetén. Bizonyítsd be, hogy a ( ) nnn xyxy 222 =

G∈yx, ⋅G csoport kommutatív! Megoldás. (1)-ből és (2)-ből következik, hogy ( ) ( ) xyxyxyxyxyxy nnnnnn === +++ 111

yxyx nn 11 ++ = Gyx ∈

. Egyszerűsítve balról -nel, kapjuk, hogy Gyx ∈∀ , ny ∀ , 1+nx (*) ( kommutál minden elemmel).

Továbbá (1)-ből és (3)-ból következik, hogy ( ) ( ) ( ) nnnnnnnnn xyxyxyxyxyxy === 222 Gyx ∈∀ , .

Egyszerűsítve, kapjuk, hogy nnnn yxxy = Gyx ∈∀ , . Ez utóbbi egyenlőséget balról beszorozva az x -szel, kapjuk, hogy nn yx 1+=nn xxy Gyx ∈∀ , . A (*) egyenlőség alapján következik, hogy 1+= nnn xyn xxy Gyx ∈∀ , . Innen Ez azt jelenti, hogy is kommutál minden elemmel, ezt felhasználva a (*) egyenlőségben pedig

xy nxy n = Gyx ∈∀ , .ny

yxyxxyxyxyx nnnn === ++ 11 ⇒ xyyx = Gyx ∈∀ , .

3. Az függvény szigorúan növekvő és folytonos 1-ben. Bizonyítsd be, hogy

]1,0[]1,0[: →f

a) b) 0)(lim1

0

=∫∞→dxxf n

n)1()(lim

1

0

fdxxfn n

n=∫∞→

Megoldás

a) . Tehát ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫−

−

+−−≤+=1

0

1

0

1

1

11ε

ε

εεε nnnn fdxxfdxxfdxxf

( ) ε≤∫∞→

1

0

lim dxxf n

n bármely 0>ε -ra, következik, hogy . ( ) 0lim

1

0

=∫∞→dxxf n

n

b) Legyen ( 1,0∈ )ε . Ekkor



)

( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫−−

−

+≥+=1

1

1

1

1

0

1

0

0εε

ε

dxxfdxxfdxxfdxxf nnnn ( )cf nε= ,

ahol ( 1,1 ε−∈c (felhasználtuk a középértéktételt).

Legyen n1

=ε . Ekkor ( ) ( )cfn

dxxf nn n 11

0

≥∫ , ahol

−∈ 1,11

nc . Felhasználva az f

folytonosságát az 1-ben, és határértékre térve n szerint, kapjuk, hogy

( ) ( ) ( )11limlim1

0

fcfn

dxxf nn

n n

n=≥

∞→∞→ ∫

( )

(1). Viszont, mivel f növekvő, igaz a

( )1lim1

0

fdxxfn n

n≤∫∞→

(2) egyenlőtlenség is.

(1) és (2) alapján ( ) ( )1lim1

0

fdxxfn n

n=∫∞→

.

4. Egy háromszög minden oldalát osszuk fel p egyenlő részre és az osztópontokat kössük össze a szembefekvő csúccsal. Ha p prímszám, határozd meg a háromszög belsejében keletkező diszjunkt síkrészek maximális számát! Megoldás Feltételezzük, hogy létezik három egyenes, amelyek összefutnak: AE BF∩CG∩ ≠ ∅ .

Legyenek AGGB

kp k

=−

; BEEC

lp l

=−

; CFFA

mp m

=−

. Ceva tételét felírva a háromszögre,

AGGB

BEEC

CFFA

⋅ ⋅ = 1 ⇔ kp k

lp l

mp m−

⋅−

⋅−

= 1 ⇔ mkl=(p-k)(p-l)(p-m) ⇔

⇔ m(kl+(p-k)(p-l))=p(p-k)(p-l) ⇔ m(2kl+p(p-k-l))=p(p-k)(p-l). Az utolsó egyenlőségben a jobb oldal osztható p-vel, tehát a bal is. Következik, hogy

2mkl p, m,k,l, {1,2,...,p-1}⇒2 p, p prím⇒p=2. Tehát csak p=2-re fut össze három egyenes.Ekkor a tartományok száma 6.

∈

Tovább feltételezzük, hogy . Ha először meghúzuk az A-ból induló osztóegyeneseket, azok a háromszöget p részre osztják. A B-ből induló osztóegyenesek a meglévő tartományok mindegyikét p részre osztják, ez összesen rész. A C-ből induló egyenesek annyival növelik tartományok számát ahány egyenest metszenek. Mindegyik 2(p-1)+1 egyenest metsz, így a tartományok száma .

2>p

p2

1 2⋅ (p p p p p2 21 3 3+ − − = − +( ) ) 1 5. a) Bizonyítsd be, hogy a ][XRP∈ polinomhoz rendelt polinomfüggvény pontosan akkor páros, ha P-ben a páratlan kitevőjű tagok együtthatója 0.



b) Képezzük az összes ∑=

+n

kk k

1

2 1ε alakú számot, ahol }1,1{−∈kε minden

esetén. Bizonyítsd be, hogy az így kapott szám szorzata természetes szám!

}...,,2,1{ nk∈ n2

Megoldás a) Legyen P . A P-hez rendelt

polinomfüggvény akkor és csak akkor páros, ha ( ) 01

11 ... aXaXaXaX n

nn

n +++= −−

( ) ( ) 0=−− xPxP Rx∈∀ . Viszont a ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0+ ax 00 =−=−− axaxPxP n ...11

1 ++−−+−− −−− axxax nn

nnn

1 −−x01

egyenlőség akkor és csak akkor teljesülhet minden x-re, ha =a , , ..., 03 =a 012 =+ka minden k-ra.

b) Jelöljük a szorzatot Π -vel. ( ) ⋅⋅+++++=Π ...1...1211 2

12

212

11 nnεε + ε

( )1...1211 22

222

212

++++++ nnnn nεεε .

Tekintjük a ( ) ( ) ( )nnnnn XXXXXXXXXP nnn 2222112122111121 .........,...,, εεεεεε ++++++=

n változós polinomot. A polinomhoz rendelt függvény, ha a változó és a többi x i rögzitett, páros minden k-ra, mert

kx

( ) ( nknk xxxxPxxxxP ...,,...,,,...,,...,,, 2121 )−= bármely k }...,,2,1{ n∈ és . Tehát az a) pont alapján minden k -ra, ha -t tekintjük változónak, a páratlan fokú tagok együtthatói nullával egyenlőek. Tehát csak páros fokú tagok maradnak a polinomban, minden változóra. Behelyettesítve -ba

Rx∈

kx

kx kx 12 +k -et, állításunkat igazoltuk.

Documents

V. osztály - Babeș-Bolyai Universitymath.ubbcluj.ro/~andrasz/contests/r2001/webrado2001.pdfV. RADÓ FERENC EMLÉKVERSENY Kolozsvár, 2001. május 19. VI. osztály 1. Határozd meg