orszÁgos magyar matematika olimpia...

ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA

XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.

V. osztály

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.

Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.

Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont

jár.

1. feladat

Árgyélus királyfi a hétfejű sárkánnyal küzd. Ha levágja a sárkány egy fejét, három fej nő helyette. Első

nap a királyfi 1 fejet vág le, második nap 2 fejet, harmadik nap 3 fejet és így tovább.

a. Hány feje lesz a sárkánynak a 7. nap végén?

b. Hányadik vágás után lesz pontosan 2018 feje a sárkánynak?

2. feladat

A 2018 egy olyan négyjegyű természetes szám, amelynek számjegyei között a 2-es és a 8-as számjegy

pontosan egyszer szerepel.

a. Számítsd ki a legnagyobb és a legkisebb ilyen típusú négyjegyű szám különbségét!

b. Hány ilyen négyjegyű szám van?

3. feladat

A hódok kiszámították, hogy a család 10 tagja 8 napi kemény munkával tudja megépíteni a hódvárukat

védő gátat. A második nap végén észrevették, hogy már csak két napjuk maradt a munkára, mert jön az

ár. Hány hódot hívjanak segítségül, hogy a még hátralevő két nap alatt elkészüljenek a gáttal?

4. feladat

Rosszcsont Peti összetörte malacperselyét. Háromszor annyi 5 lejest talált benne, mint 1 lejest, és ötször

annyit, mint 50 banist. 1 lejesekből kétszer annyi van, mint 10 banisokból, és az 5 lejesekből kevesebb,

mint 50 darab. Mennyi megspórolt pénze volt Rosszcsont Petinek a perselyben?

5. feladat

Egy négyzet oldalhossza 216 egység. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos vágásokkal kilenc téglalapra

vágtuk az alábbi ábra szerint. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc egymást követő

számot kapunk. Mekkora a legnagyobb kerület?

6. feladat

Frédi és Béni, a két kőkorszaki szaki, eddig ismeretlen kőtáblára bukkant, amelyen a 2 3 20182018 2018 2018 2018 összeg utolsó néhány számjegye szerepelt. Miközben a kőtáblával

a helyi múzeum felé száguldottak, a kőtábla egyik sarka letörött, így az utolsó számjegy elveszett.

Határozd meg az utolsó számjegyet, hogy restaurálhassák a táblát!



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



jár.

VI. osztály

1. feladat

Határozd meg az a, b és c számjegyeket úgy, hogy ab , ba , cc0 számok közül az egyik a másik kettő

számtani közepe legyen.

2. feladat

Egy motorkerékpáros és egy kerékpáros egyidőben indult el egymás felé két helységből. A találkozás

pillanatában a motorkerékpáros 60 km-rel többet tett meg, mint a kerékpáros. A találkozás után a

motorkerékpáros a távolság 5

14-ed részét kell még megtegye.

a) Számítsd ki a két helység közötti távolságot!

b) Hányszorosa a motorkerékpáros sebessége a kerékpáros sebességének?

3. feladat

Adottak az 3n 7 2n 4A x | 2 x 2 3 és 3n 6 2n 4B y | 2 y 3 halmazok. Melyik

halmaznak van több eleme?

4. feladat

Nevenincs király udvarában három almafa van: egy aranyalmafa, egy ezüstalmafa és egy bronzalmafa.

Az almafák naponta teremnek egy-egy almát. Az almafákat a tolvajok ellen három királyfi védi meg, a

nagyobbik minden ötödik, a középső minden hatodik, a kisebbik pedig minden hetedik éjszaka őrzi. A

király a következőképpen jutalmazza meg őket: amikor az almafákat egy királyfi őrzi, akkor ad neki

egy aranyalmát, amikor ketten őrzik, akkor mindkettőnek ad egy-egy ezüstalmát, amikor pedig

mindhárman őrzik, akkor mindegyik egy-egy bronzalmát kap. Hány almával jutalmazza meg a király a

királyfikat a 2018-as évben, mindegyik almafajtából?

5. feladat

Egy négyzet oldalának hossza 2016. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos egyenesekkel az ábrán

látható módon 9 téglalapra osztottuk. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc

egymást követő számot kaptunk.

a) Mekkora a legnagyobb kerület?

b) Számítsd ki a 9 téglalap területének számtani közepét!



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



jár.

6. feladat

Adottak az A, O és E kollineáris pontok, ebben a sorrendben. Vedd fel az AE egyenes ugyanazon

oldalán az (OB, (OC és (OD félegyeneseket úgy, hogy m AOC 140 , m BOD 150 és (OD a COE

szög szögfelezője.

a) Számítsd ki az AOB , BOC , COD és DOE szögek mértékeit.

b) Határozd meg az AOB és COD szögek szögfelezői által közrezárt szög mértékét.

c) Legyen F egy olyan pont, amelyre a B és F pontok az AE egyenes különböző oldalán vannak. Tudva

azt, hogy az AOF szög mértékének fele egyenlő az FOE szög mértékének hetedével, igazold, hogy

(OC és (OF ellentétes félegyenesek.


XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.


Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5

pluszpont jár.

VII. osztály

1. feladat

Egy 4x4-es négyzetrács első sorának minden négyzetébe beírtam egy-egy pozitív egész számot, a

második sor négyzeteibe pedig az első sor bármelyik három számának összegét. Hasonlóképpen

töltöttem ki a harmadik és negyedik sor négyzeteit, mindig az előző sor bármelyik három számának

összegét írva az egyik négyzetbe. Így a negyedik sorba a 132, 133, 137 és 138 számok kerültek.

Melyek az első sorba írt számok?

2. feladat

Adott az 1 2, ,..., nM x x x valós számokból álló halmaz, melynek elemeire fenáll a következő

összefüggés:

1 2

2 3 1 3 1 2 1

1 1 1... 2017

1 1 1... ... ...

n

n n n

x x x

x x x x x x x x x

.

Határozd meg az M halmaz elemeinek a számát.

3. feladat

a) A gyökvonás elvégzése nélkül igazold, hogy 2018 2017 .

b) Bizonyítsd be, hogy létezik végtelen sok olyan y , amelyre 2018 2019 y .

c) Mutasd ki, hogy létezik olyan \x , amelyre 2018 2019 \x .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

4. feladat

Az ABC háromszögben ˆm B 90 , a (CG szögfelező metszi a BD magasságot ( G (AB) ,

D (AC) ) és az EF középvonalat ( E (BC) , F (AB) ) a H illetve I pontokban. A BI egyenes J

pontban metszi az AC oldalt.

a) Mutasd ki, hogy CJ

CB .

b) Igazold, hogy a BHJG négyszög rombusz.

5. feladat

Egy buszon az utasok közül bármelyik pontosan 4 másikat nem ismer a többiek közül, és bármely

két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van. Melyik az a legkisebb számú utas, amely esetén

teljesülnek ezek a feltételek, ha tudjuk, hogy vannak az utasok között ismerősök? Miért nem lehet

kevesebb? (Az ismeretségek kölcsönösek, azaz ha Marci ismeri Mátét, akkor Máté is ismeri

Marcit.)

6. feladat

Az 𝐴𝐵𝐶 háromszögben a 𝐵𝐶 oldal tetszőleges 𝐷 pontján át párhuzamosokat húzunk az

𝐴𝐵 illetve 𝐴𝐶 oldalakkal, melyek az 𝐴𝐶 oldalt az 𝐹, az 𝐴𝐵oldalt az 𝐸 pontokban metszik.

a) Igazold, hogy ha 𝐸𝐹 párhuzamos 𝐵𝐶 –vel, akkor TEDF∆=

1

4𝑇ABC∆

b) Mutasd ki, hogy a D pont bármely helyzetére, 𝐸𝐷𝐹 háromszög területe egyenlő az

𝐸𝐵𝐷 é𝑠 𝐹𝐷𝐶 háromszögek területeinek mértani közepével.



VIII. osztály

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

1. feladat

Darabolj fel egy kockát 5 síkkal (vágással) 22 nem feltétlenül egybevágó részre! Hány olyan sík

van, amely az adott kocka csúcsai közül legalább háromra illeszkedik?

2. feladat

Felírtunk a táblára különböző pozitív egész számokat úgy, hogy közülük bárhogyan választunk

három számot, azok között van két olyan szám, melyek összege prímszám. Legfeljebb hány számot

írhattunk a táblára?

3. feladat

Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat, amelyeknek a harmadik hatványa

ugyanazzal a kétjegyű számmal végződik, mint maga a szám!

4. feladat

a) Igazold, hogy ha *, Nnm és 2m , akkor 44 4nm nem lehet prímszám!

b) Bizonyítsd, hogy 3456

+4567

összetett szám!

5. feladat

Igazold, hogy:

1. 2

2 baab

ba

ab

bármely ba, pozitív számra!

2. 2

3

ac

ca

cb

bc

ba

ab bármely cba ,, pozitív számra!

3. 10094037

4074342

7

12

5

6

3

2 .

6. feladat

Az ABCD paralelogramma átlóira megszerkesztjük az ACM és BDN egyenlő oldalú háromszögeket.

a) Ha 𝑀és 𝑁 az (𝐴𝐵𝐶) síkon kívüli pontok, igazold, hogy MN szakasz hossza akkor a lehető

legkisebb, vagy a lehető legnagyobb, ha 𝑀𝑁 merőleges az (𝐴𝐵𝐶) síkra!

b) Bizonyítsd, hogy ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶), akkor 𝑀𝑁 merőleges a paralelogramma egyik oldalára!



IX. osztály I. forduló

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

1. feladat

Adott 1n természetes szám esetén értelmezzük az [ ] { }nA x R x x n halmazt, ahol [ ]x az x

valós szám egész részét, { }x pedig a tört részét jelöli.

a) Határozd meg az nA halmaz elemeit

b) Igazold, hogy ha n és m különböző természetes számok, akkor n mA A

2. feladat

Igazold, hogy az 1 1a és 1 2 2 3 1

1 1 1... 1n

n n

aa a a a a a

, bármely 1n , összefüggésekkel

értelmezett 1n n

a

pozitív tagú sorozat teljesíti az 2 2

1 1

1

1

n

k k k

n

a a n

összefüggést .

3. feladat

Az ABC háromszög köré írt körön jelölje , ,M N P az ,A B illetve C csúcsok átmérősen ellentett

pontjait. Igazold, hogy az ABC háromszög akkor és csakis akkor egyenlő oldalú, ha

0AM BN CP .

4. feladat

Az ABC háromszög oldalainak hossszúságai az AB, BC, CA sorrendben egy növekvő számtani

haladvány egymásutáni tagjai. A BC oldalon felvesszük a következő pontokat: M az oldal felezőpontja,

D a BAC szög szögfelezőjének és a BC oldalnak a metszéspontja, E a háromszögbe írt kör és BC

oldal érintési pontja, F az A csúcsból húzott magasság talppontja. Igazold, hogy az MD, ME és az MF

szakaszok hosszai mértani haladványt alkotnak!



IX. osztály I. forduló

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.


XXVIII. EMMV Szováta, 2018 január 31. – február 4.

Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

X. osztály I. forduló

1. feladat

Határozd meg az , ,x y z valós számhármast úgy, hogy:

3 2 3 4 22 2 5 28 50x y z y z x z .

2. feladat

a) Oldd meg a komplex számok halmazán a következő egyenletet: 2 2 22 | | | | 1 0z z z z z .

b) Igazold, hogy tetszőleges 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ esetén fennáll a következő egyenlőtlenség:

|𝑧1|2 + |𝑧2|

2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)

3. feladat

Az ABCD konvex négyszögben jelölje G az ABD háromszög súlypontját, valamint H az ABC

háromszög magasságpontját. Mutasd ki, hogy H, G, D, C pontok (ebben a sorrendben) egy

paralelogramma csúcsai akkor és csakis akkor, ha G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör

középpontjával!

4. feladat

Legyen O az ABC háromszög egy tetszőleges belső pontja, valamint , ,M P AB ,S Q BC és

, N T AC pontok úgy, hogy MN BC , PQ AC , ST AB és MN PQ ST O . Jelölje AR , BR ,

CR , R rendre az , ,AMN BPQ CST és ABC háromszögek köré írt körök sugarait. Igazold, hogy

2A B CR R R R .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



jár.

XI. osztály I. forduló

1. feladat

Adott az 11 , 1n n nna a a n , 1 1a összefüggéssel értelmezett sorozat.

a) Igazold, hogy

2

12

1 !11

2

n

nk k

n n

a

.

b) Számítsd ki 2

lim1

nk

nk k

a

a értékét!

2. feladat

Adott két 2,A B mátrix, amelyekre A B B A és 2 2det 2018 0A B .

a) Igazold, hogy det 2018 detA B .

b) Ha 2,A B , bizonyítsd be, hogy 2 2det 2018A A B B osztható 2

det B -tel.

3. feladat

Az 1n n

x

sorozatot az 1 1

1 2

11, n n

n

x x xx x x

rekurzióval értelmezzük.

a) Igazold, hogy lim nn

x

.

b) Számítsd ki a lim n

n

x

nhatárértéket.

c) Határozd meg a 2lim

k

n

n

x

n határértéket, ahol *k .

4. feladat

Adottak az 2,A B M mátrixok és 0 valós szám. Igazold, hogy:

a) Bármely 2,X Y M esetén det det 2 det detX Y X Y X Y .

b) 2 2det det det detA B AB BA A B A B és

2 2 2 21

det det det det2

A B AB BA A B A B .

c) 22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



jár.

XII. osztály I. forduló

1. feladat

Egy egyenlő oldalú ABC háromszög mindhárom csúcsa rajta van az 1

: ,f f xx

függvény

grafikus képén.

a) Határozd meg az ABC háromszög területét, ha súlypontjának koordinátái 1,1 .

b) Ha az ABC háromszög két csúcsa az első negyedben, harmadik csúcsa pedig a harmadik

negyedben van, akkor igazold, hogy a háromszög súlypontja mindig az f függvény grafikus

képén van.

2. feladat

Számítsd ki az 1I tg arccos sin arctg dx és

2I tg arcsin cos arcctg dx integrálokat, ha 0,2

x

.

3. feladat

A , 1 1, , 0G a a a a halmazon adott a „ ” összetevési szabály, amelyre fennáll:

log log logb b bx y a x a y a , 0,1 1, , , .b x y G

a) Igazold, hogy ,G Abel-féle csoport.

b) Legyenek az 1, 1,2,...,kx a k n számok és jelölje 1 2, ,..., ny y y az

1 2, ,..., nx x x halmaznak egy permutációját.

Igazold, hogy 2

1 1

log log .n n

b k k b k

k k

x y a x a

4. feladat

Oldd meg a valós számok halmazán a 3 2 24 6 2 cos2

xx x x

egyenletet !



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.


Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra

legfeljebb 5 pluszpont jár.

V. osztály

Javítókulcs

1. feladat

Árgyélus királyfi a hétfejű sárkánnyal küzd. Ha levágja a sárkány egy fejét, három fej

nő helyette. Első nap a királyfi 1 fejet vág le, második nap 2 fejet, harmadik nap 3 fejet és így

tovább.

a. Hány feje lesz a sárkánynak a 7. nap végén?

b. Hányadik vágás után lesz pontosan 2018 feje a sárkánynak?

Megoldás: a) 4p

Nap 1 2 3 4 5 6 7

Fejek 7+2=9 9+4=13 13+6=19 19+8=27 27+10=37 37+12=49 49+14=63

b) Minden nap az adott nap sorszámának kétszeresével nő a sárkányfejek száma, vagyis

mindig páros számmal nő. 3p

Mivel kezdetben 7 fej volt, ezért sosem lesz páros számú fej, így 2018 sem. 2p

2. feladat

A 2018 egy olyan négyjegyű természetes szám, amelynek számjegyei között a 2-es és

a 8-as számjegy pontosan egyszer szerepel.

a. Számítsd ki a legnagyobb és a legkisebb ilyen típusú négyjegyű szám különbségét!

b. Hány ilyen négyjegyű szám van?

Megoldás:

a) .. A legnagyobb ilyen négyjegyű szám a 9982, 1p

a legkisebb 1028, 1p

így a különbség 8954. 1p

b) .. 2abc alakúak 2 8 , 2 8 , 2 8b c a c a b formájúak, melyekből 3x64=192 db van 2p

2a bc alakúak 8 2 , 2 8 , 2 8b c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




2ab c alakúak 8 2 , 8 2 , 2 8a c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p

2abc alakúak 8 2 , 8 2 , 8 2b c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p

Így összesen 720 ilyen négyjegyű szám van. 1p

3. feladat

A hódok kiszámították, hogy a család 10 tagja 8 napi kemény munkával tudja

megépíteni a hódvárukat védő gátat. A második nap végén észrevették, hogy már csak két

napjuk maradt a munkára, mert jön az ár. Hány hódot hívjanak segítségül, hogy a még hátralevő

két nap alatt elkészüljenek a gáttal?

Megoldás:

Mivel a hódok a 8 napi munkából már 2 napi munkát elvégeztek, ezért megépítették a gát

negyed részét, így megmaradt a munka háromnegyed része. 4p

Ezt a háromnegyed részt szintén két nap alatt kell elvégezzék, ezért háromszor annyi hódra

van szükség, mint amennyi eddig dolgozott, azaz 30-ra. 4p

Tehát még 20 hódot kell hívni segítségül. 1p

4. feladat

Rosszcsont Peti összetörte malacperselyét. Háromszor annyi 5 lejest talált benne, mint

1 lejest, és ötször annyit, mint 50 banist. 1 lejesekből kétszer annyi van, mint 10 banisokból, és

az 5 lejesekből kevesebb, mint 50 darab. Mennyi megspórolt pénze volt Rosszcsont Petinek a

perselyben?

Megoldás:

Mivel háromszor annyi 5 lejes van, mint 1 lejes, és ötször annyi 5 lejes, mint 50 banis,

ezért az 5 lejesek száma 15 többszöröse. De kevesebb, mint 50, így 15, 30 vagy 45 darab. 3p

Mivel 1 lejes kétszer annyi van, mint 10 banis,

ezért az 1 lejesek száma páros, így az 5 lejeseké is az, így 30 darab 5 lejes van. 3p

Így 10 db 1 lejes, 6 db 50 banis és 5 db 10 banis van. 2p

Tehát összesen 163 lej 50 bani volt Peti perselyében. 1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




5. feladat

Egy négyzet oldalhossza 216 egység. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos vágásokkal

kilenc téglalapra vágtuk az alábbi ábra szerint. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba

rendezve kilenc egymást követő számot kapunk. Mekkora a legnagyobb kerület?

Megoldás:

Legyenek az oldalakon keletkező szakaszok hosszai , ,x y z , illetve , ,a b c . (Lásd az ábrán.)

A kilenc téglalap kerületének kiszámításakor a négyzet oldalain levő szakaszok hosszát

egyszer, míg a belső szakaszok hosszát kétszer számoljuk. 3p

Ezért a kerületek összege 6 6 ( ) 12 216x y z a b c 2p

Másrészt a 9 téglalap kerületének mérőszámai egymásutáni számok, így összegük 9m. 2p

Tehát 9 12 216m , ahonnan 288m . 1p

A legnagyobb kerület 288 4 292 egység. 1p

6. feladat

Frédi és Béni, a két kőkorszaki szaki, eddig ismeretlen kőtáblára bukkant, amelyen a 2 3 20182018 2018 2018 2018 összeg utolsó néhány számjegye szerepelt. Miközben a

kőtáblával a helyi múzeum felé száguldottak, a kőtábla egyik sarka letörött, így az utolsó

számjegy elveszett. Határozd meg az utolsó számjegyet, hogy restaurálhassák a táblát!



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Megoldás:

Tanulmányozzuk 2018 különböző hatványainak utolsó számjegyét. 3p

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9

2018ku 8 4 2 6 8 4 2 6 8

Látható, hogy az utolsó számjegyek négyesével ismétlődnek,

a 2018 4-gyel való osztási maradéka 2, ezért 20182018 4u . 2p

2 3 20182018 2018 2018 2018u 2 20182018 2018 2018u u u

(8 4 2 6) (8 4 2 6) 8 4u 504 20 12 2u 4p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

VI. osztály

Javítókulcs

1. feladat:

Határozd meg az a, b és c számjegyeket úgy, hogy ab , ba , cc0 számok közül az egyik a másik kettő

számtani közepe legyen.

Polcz Zita, Szatmárnémeti

Megoldás:

Hivatalból....................................................................................................... 1p

A számtani közép nem lehet a legnagyobb szám, c0c háromjegyű, ezért

csak ab és ba felel meg.................................................................................

1p

I.

a

0m

2

ba c cab ...................................................................................... 1p

20 2 10 101

19 8 101

a b b a c

a b c.............................................................................

1p

19 9 200 8 101 200 1 b c c ......................................................... 1p

19 8 101 páratlan 7;9 a b a a ...................................................... 1p

Ha 7 és 1 a b = 4 c .............................................................................. 1p

Ha 9 8 nincs megoldás a b =70 ........................................................ 1p

II.

a

0m és 1

2

ab c cba b =7; a = 4 c = ................................................... 2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

2. feladat:

Egy motorkerékpáros és egy kerékpáros egyidőben indult el egymás felé két helységből. A találkozás

pillanatában a motorkerékpáros 60 km-rel többet tett meg, mint a kerékpáros. A találkozás után a

motorkerékpáros a távolság 5

14-ed részét kell még megtegye.

a) Számítsd ki a két helység közötti távolságot!

b) Hányszorosa a motorkerékpáros sebessége a kerékpáros sebességének?

Simon József, Csíkszereda

Megoldás:

Hivatalból....................................................................................................1p

a.

A motorkerékpáros a találkozásig megtette az út 9

14-ét…………………. 2p

A kerékpáros megtette az út 5

14 részét…………………………………... 1p

A 60 km-es különbség egyenlő az út 9 5 4 2

14 14 14 7 részével………... 2p

Az út 1

7 része 60: 2 30 km…………………………………………….. 1p

Az egész út hossza egyenlő 30 7 210 km…………………………….. 1p

b.

A sebességek aránya egyenlő a megtett utak arányával…………………. 1p

9 5 9: 1,8

14 14 5 ................................................................................................ 1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

3. feladat:

Adottak az 3n 7 2n 4A x | 2 x 2 3 és 3n 6 2n 4B y | 2 y 3 halmazok. Melyik

halmaznak van több eleme?

Mátéfi István, Marosvásárhely

Megoldás:

Hivatalból..........................................................................................................1p

Az A halmaz elemeinek száma 2n 4 3n 72 3 2 a ..................................... 2p

A B halmaz elemeinek száma 2n 4 3n 63 2 b ........................................... 2p

Igazoljuk, hogy 2n 4 3n 7 2n 4 3n 62 3 2 3 2 a b ............................... 1,5p

2n 4 3n 7 3n 63 2 2 ....................................................................................... 1p

2n 4 3n 63 2 .................................................................................................. 1p

n 2 n 29 8 .................................................................................................... 1p

Az A halmaznak van több eleme ………………………………………… 0,5p

4. feladat:

Nevenincs király udvarában három almafa van: egy aranyalmafa, egy ezüstalmafa és egy bronzalmafa.

Az almafáknaponta teremnek egy-egy almát. Az almafákat a tolvajok ellen három királyfivédi meg, a

nagyobbik minden ötödik, a középső minden hatodik, a kisebbik pedig minden hetedik éjszaka őrzi. A

király a következőképpen jutalmazza meg őket: amikor az almafákat egy királyfi őrzi,akkor ad neki egy

aranyalmát, amikor ketten őrzik, akkor mindkettőnek ad egy-egy ezüstalmát, amikor pedig mindhárman

őrzik, akkor mindegyik egy-egy bronzalmát kap. Hány almával jutalmazza meg a király a királyfikat a

2018-as évben, mindegyik almafajtából?

Zajzon Csaba, Barót

Megoldás:

Hivatalból …………………………………………………………………..……1p

A 2018-as év 365 napból áll………………………………………………….. 0,5p

A nagyobbik királyfi 365:5 = 73 nap őrködött………………………………..

A középső királyfi 365:6 = 60, m=5, így 60 nap őrködött……………………

A kisebbik királyfi 365:7 = 52, m=1, így 52nap őrködött……………………

1p

0,5p

0,5p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

A nagyobbik és a középső királyfi 365:30 = 12, m=5, így 12 nap őrködtek

együtt………………………………………………………………………….

A nagyobbik és a kisebbik királyfi 365:35 = 10, m=15, így 10 nap őrködtek

együtt………………………………………………………………………….

A középső és a kisebbik királyfi 365:42 = 8, m=29, így 8 nap őrködtek

együtt. ………………………………………………………………………..

Mindhárman 365:210 = 1, m=155, így 1nap őrködtek együtt………………...

1p

1p

1p

0,5p

Bronzalma jutalmat kapnak 1 nap…………………………………………….

Ezüstalma jutalmat kapnak (12-1)+ (10-1)+ (8-1)=11+9+7=27 nap…………

Aranyalma jutalmat kapnak (73-11-9-1)+ (60-11-7-1)+ (52-9-7-1)=

=52+41+35=128 nap………………………………………………………….

0,5p

1p

1p

Aranyalma: 128, ezüstalma: 27 2 54 , bronzalma1 3 3 .............................. 0,5p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

5. feladat:

Egy négyzet oldalának hossza 2016. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos egyenesekkel az ábrán látható

módon 9 téglalapra osztottuk. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc egymást követő

számot kaptunk.

a) Mekkora a legnagyobb kerület?

b) Számítsd ki a 9 téglalap területének számtani közepét!

Róka Sándor, Nyíregyháza

Megoldás:

Hivatalból.............................................................................................................1p

a.

A téglalapok kerületei x, x+1,…,x+8 ………………………………………. 1p

1 ... 8 2016 12 x x x...................................................................

1p

9 36 2016 12 x+ 1p

2684 x .......................................................................................................... 1p

8 2692 x+ ..................................................................................................... 1p

b.

A 9 téglalap területének összege 22016 ............................................................. 2p

A 9 téglalap számtani közepe 2

22016672

9 ..................................................... 2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

6. feladat:

Adottak az A, O és E kollineáris pontok, ebben a sorrendben. Vedd fel az AE egyenes ugyanazon oldalán

az (OB, (OC és (OD félegyeneseket úgy, hogy m AOC 140 , m BOD 150 és (OD a COE szög

szögfelezője.

a) Számítsd ki az AOB , BOC , COD és DOE szögek mértékeit.

b) Határozd meg az AOB és COD szögekszögfelezői által közrezárt szög mértékét.

c) Legyen F egy olyan pont, amelyre a B és F pontok az AE egyenes különböző oldalán vannak.

Tudva azt, hogy az AOF szög mértékének fele egyenlő az FOE szög mértékének hetedével,

igazold, hogy (OC és (OF ellentétes félegyenesek.

Simon József, Csíkszereda

Megoldás:

Hivatalból ....................................................................................................... 1p

a.

m COE 180 m AOC 180 140 40 ................................................... 1p

m COD m DOE 20 ............................................................................... 1p

m BOC 150 20 130 ............................................................................. 1p

m AOB 140 130 10 ........................................................................... 1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

b.

(OM az AOB és (ON az COD szögfelezője MOBm 5 és

m CON 10 ..............................................................................................

1p

m MON 5 130 10 145 .................................................................. 1p

c.

1 1m AOF m FOE

2 7 ................................................................................

7 m AOF 2 m FOE ................................................................................

0,5p

0,5 p

7 m AOF 2 180 m AOF

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

m AOF 40 ..............................................................................................

0,5p

0,5 p

m FOC 40 140 180 OC és OFellentétes félegyenesek ................. 1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.


Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb

5 pluszpont jár.

VII. osztály Javítókulcs

1. Egy 4x4-es négyzetrács első sorának minden négyzetébe beírtam egy-egy pozitív egész

számot, a második sor négyzeteibe pedig az első sor bármelyik három számának összegét.

Hasonlóképpen töltöttem ki a harmadik és negyedik sor négyzeteit, mindig az előző sor bármelyik

három számának összegét írva az egyik négyzetbe. Így a negyedik sorba a 132, 133, 137 és 138

számok kerültek. Melyek az első sorba írt számok?

Császár Sándor - Csíkmadaras

Megoldás:

Hivatalból ................................................................................................................................. 1 pont

Jelöljük a négyzet első négy számát 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑-vel.

Négy számot hármasával 4 féle módon tudunk csoportosítani. A számhármasok összege

különböző az utolsó sorban, tehát nincs az előző sorban levő számok között két egyforma. (Négy

szám 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 esetén, ha ugyanazt a számhármast veszem kétszer: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐, két

egyenlő számot kapok; ha a négy szám közül kettő egyenlő, például 𝑎 é𝑠 𝑏, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑎 + 𝑐 + 𝑑 = 𝑏 +𝑐 + 𝑑)

Általánosítva az előző sorokra is, elmondhatjuk, hogy a négyzetekbe írt számok különbözőek.

Ez arra is következtet, hogy ugyannak a számhármasnak az összegét nem írtuk kétszer be

valamelyik sorba. ...................................................................................................................... 2 pont

Jelöljük a négyzet első négy számát 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑-vel.

Ekkor az első sorban levő számok összege: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑,

a második sorban levő számok összege (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + ( 𝑎 + 𝑏 + 𝑑) +(𝑎 + 𝑐 + 𝑑)+ (𝑏 + 𝑐 + 𝑑) = 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) .......................................................................................................... 2pont

Hasonlóan a harmadik sorban levő számok összege 3 ∙ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) ................. 1pont

A negyedik sor számainak összege pedig 27(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑), ahonnan 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 =(132 + 133 + 137 + 138): 27 = 540: 27 = 20. (lásd az ábrát) .............................................1pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

Tehát elmondhatjuk, hogy az első sor számainak összege 20, a másodiké 60, a harmadiké 180.

Ha a harmadik sor számjegyeinek összegéből kivonom a negyedik sor számait, sorra megkapom a

harmadik sorban levőket, (180-138=42, 180-137=43, 180-133=47, 180-132=48), hisz a negyedik

sorban levő számok a harmadikban levők hármasával vett összegei. ......................................... 2 pont

Hasonló módon eljárva kapjuk meg a négyzetbe írt összes számot. Növekvő sorrendbe

rendezve őket:

.............................................................................1pont

2. Adott az 1 2, ,..., nM x x x valós számokból álló halmaz, melynek elemeire fennáll a

következő összefüggés:

1 2

2 3 1 3 1 2 1

1 1 1... 2017

1 1 1... ... ...

n

n n n

x x x

x x x x x x x x x

.

Határozd meg az M halmaz elemeinek a számát.

Oláh Miklós - Kraszna

Megoldás:

Hivatalból ................................................................................................................................... 1 pont

Minden nevezőt közös nevezőre hozva és az emeletes törtet átalakítva kapjuk, hogy:

2 3 1 3 1 2 1

1 2 3 1 2 3 1 2 3

... ... ...... 2017

... ... ...

n n n

n n n

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

(1) ........ 4 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

Használva az 1 2 3 ...n nS x x x x jelölést, az (1)-es összefüggés

1 2 ... 2017n n n n

n n n

S x S x S x

S S S

alakba írható. ....................................................................... 3 pont

12017 2017

nn n

n n

S nn S S

S S

1 2017 2018n n ........................... 2 pont

3. a) A gyökvonás elvégzése nélkül igazold, hogy:

2018 2017 .

b) Bizonyítsd be, hogy létezik végtelen sok olyan y , amelyre 2018 2019 y .

c) Mutasd ki, hogy létezik olyan \x , amelyre 2018 2019 \x .

Bencze Mihály - Bukarest

Megoldás:

Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont

a) 2 22017 2017 2017 2018 2018 2018 . ................................................................... 3 pont

b) 2018 2019 k 22018 2019 y k ............................................................................ 1 pont

Tehát az összes 2 2018 2019 0y k alakú szám megoldás, ahol 2019k ................................ 2 pont

Például 22019 2018 2019 2019k y

2019 2019 2018 2019y

c) 2

2018 2018 1k

xl

Jelöljük: 2

2

ax

b

2 22

2 22018 2018

a k

b l .................................................................................................................1 pont

2 2 2 2 2

2 2

2018 2018b b a k

b l

. Egy lehetséges megoldás, ha

l b és 2 2 2 2 22018 2018b b a k



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

Keressünk egy 2018k b a alakú számot

22018 2018 2018k b a k k k b a b a

2 2 22018 2018 2018b a b b a a , ahonnan

22 2018 2018a b b 2

2

122

2 4

b

ba b a x

b

............................................................................................ 1 pont

24 2018 2018 1 11 2 2018 1 4037

2018 2019 \4 4 2 2

.................... 1 pont

4. Az ABC háromszögben ˆm B 90 , a (CG szögfelező metszi a BD magasságot ( G (AB) ,

D (AC) ) és az EF középvonalat ( E (BC) , F (AB) ) a H illetve I pontokban. A BI egyenes J

pontban metszi az AC oldalt.

a) Mutasd ki, hogy CJ

CB .

a) Igazold, hogy a BHJG négyszög rombusz.

Zajzon Csaba - Barót

Megoldás:

Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

a)

ABC ben

EF || AC 1EF középvonal

ABJ ben

FI || AJ JI BI 2

AF FB

.........................................................................................................1 pont

JBC ben

(CI szögfelező JBC egyenlő szárú

CI oldalfelező(2)

...................................................................................1 pont

CJ

1CB

.................................................................................................................................. 1 pont

b) JBC egyenlő szárú CI BJ 3

2 3 GH a BJ felezőmerőlegese BH HJ 4 és BG GJ 5 ........................ 2 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

CHD ben

m DCH m DHC 90 6m CDH 90

................................................................................... 1 pont

m DCH m DHC 90 6

m BCG m CGB 90 7 DHC CGB 8

DCH BCG F

..................................................................................... 1 pont

DHC CGB 8GHB CGB BGH egyenlő szárú BG BH 9

DHC GHB csúcsszögek

..................................1 pont

BH HJ 4

BG GJ 5 BH HJ BG GJ BHJG

BG BH 9

paralelogramma 3

BHJG rombusz ...... 1 pont

5. Egy buszon az utasok közül bármelyik pontosan 4 másikat nem ismer a többiek közül, és

bármely két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van. Melyik az a legkisebb számú utas,

amely esetén teljesülnek ezek a feltételek, ha tudjuk, hogy vannak az utasok között ismerősök?

Miért nem lehet kevesebb? (Az ismeretségek kölcsönösek, azaz ha Marci ismeri Mátét, akkor Máté

is ismeri Marcit.)

Róka Sándor - Nyíregyháza

Megoldás:

Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont

Mivel bármely két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van, ezért az egymást ismerők

hármas csoportokat alkotnak. Van két ismerős az utasok között, ezért van 3 ember, akik ismerik

egymást.

Tudjuk, hogy mindenki 4 másikat nem ismer. Tehát van még legalább 4 utas, összesen

legalább 743 utas. ............................................................................................................ 2 pont

CGB ben

m BCG m CGB 90 7m CBG 90



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

Ha az utasok száma 7, akkor mindenki a többiek közül 4-et nem ismer, 2-t ismer, és ez a két

ismerős ismeri egymást, együtt egy háromszöget alkotnak. ..................................................... 1 pont

Az utasokat most fel lehetne osztani hármas (egymást ismerő) csoportokba, ahol két

csoportnak nincs közös tagja. Ezt a felosztást 7 utas esetén nem tehetjük meg........................ 1 pont

Az utasok száma legalább 8. Ha 8 utas van, akkor mindegyikük 4-et nem ismer, és 3-at ismer

a jelenlévők közül. Egy utasnak nem lehet 3 ismerőse, hiszen tudjuk, hogy az ismerősök hármas

csoportokat alkotnak. Ha erre figyelünk, láthatjuk, hogy mindenkinek páros számú ismerőse van,

tehát 2-2 ismerőse van egy-egy olyan háromszögben, melynek ő az egyik csúcsa. ................... 1 pont

Emiatt az utasok száma legalább 9. Az ábra mutatja, hogy ez lehetséges. Az utasokat

megszámoztuk az 1, 2, 3, …, 9 számokkal, és ha két utas ismeri egymást, akkor őket összekötöttük.

Mindenki 4 másik utast nem ismer, és 4 utast ismer. Ha két utas ismeri egymást, akkor van

egy és csak egy közös ismerősük. .............................................................................................. 4 pont

6. Az 𝐴𝐵𝐶 háromszögben a 𝐵𝐶 oldal tetszőleges 𝐷 pontján át párhuzamosokat húzunk az

𝐴𝐵 illetve 𝐴𝐶 oldalakkal, melyek az 𝐴𝐶 oldalt az 𝐹, az 𝐴𝐵 oldalt az E pontokban metszik.

a) Igazold, hogy ha 𝐸𝐹 párhuzamos 𝐵𝐶 –vel, akkor 1

4EDF ABCT T

.

b) Mutasd ki, hogy az 𝐸𝐷𝐹 háromszög területe egyenlő az 𝐸𝐵𝐷 é𝑠 𝐹𝐷𝐶 háromszögek

területeinek mértani közepével.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

Megoldás:

Hivatalból .............................................................................................................................. 1 pont

a) ha ,EF BC BEFD DEFC paralelogrammák, .................................... 1 pont

BD EF DC , tehát 𝐷 a BC középpontja, ahonnan következik, hogy 𝐸𝐹, 𝐹𝐷 é𝑠 𝐷𝐸

középvonalak. ......................................................................................................................... 1 pont

A középvonalak négy kongruens háromszöget határoznak meg: 1

4EDF ABCT T

................ 1 pont

b)

Meghúzzuk a EDF∆ háromszög 𝑚1 és 𝑚2 magasságait. E két magasság az 𝐵𝐸𝐷 és 𝐷𝐹𝐶

háromszögek egy-egy magasságával megegyezik, tehát felírható:

2

2

EBD

FED

T EB m EB

T FD m FD

illetve 1

1

FCD

FED

T FC m FC

T ED m ED

................................................. 1 pont

ED AF és FD AE 𝐴𝐸𝐷𝐹 paralelogramma ED AF (3) és FD AE (4) ........ 1 pont

(4) (1) EBD

FED

T EB

T AE

(5)

(3) (2) FCD

FED

T FC

T AF

(6) ...................................................................................... 1 pont

BE BDED AC

EA DC (Thalesz tétele alapján) (7)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

CD CF BD AFFD AB

BD FA CD FC (8) ...................................................................... 1 pont

(5),(7) EBD

EDF

T BD

T DC (9)

(6),(8) FCD

EDF

T DC

T DB (10) ................................................................................................... 1 pont

(9),(10) 2EBD EDF

EDF EBD FDC EDF EBD FDC

EDF FDC

T TT T T T T T

T T .......................... 1 pont

Császár Sándor - Csíkmadaras



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




VIII. osztály

Javítókulcs

1. Feladat

1. Darabolj fel egy kockát 5 síkkal (vágással) 22 nem feltétlenül egybevágó részre!

2. Hány olyan sík van, amely az adott kocka csúcsai közül legalább háromra

illeszkedik?

Kovács Lajos, Székelyudvarhely

Róka Sándor

Megoldás:

1. 4 db, az egyik alap síkjára merőleges síkkal a kocka feldarabolható 11 részre.

2 pont

Ha például az ötödik síkot ugyanezzel az alappal párhuzamosan fektetjük,

megduplázzuk ezzel a részek számát. Így egy kockát 5 síkkal 22 részre

daraboltuk.

2 pont

1.felülnézet 2. térben

1 pont

Megoldás(1).

A térben 3 nem egy egyenesen fekvő pont felfeszít (meghatároz) egy síkot, azt a síkot, amely

erre a három pontra illeszkedik. A kocka 8 csúcsa közül hármat 56-féleképpen tudunk



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




kiválasztani. A síkok száma ennél kevesebb. Ha például a kocka valamelyik oldallapjának

síkját nézem, azon 4 kockacsúcs van, ezért ezt a síkot 4-szer vettem számításba (ebből a 4

csúcsból hármat 4-féleképp választhatunk) amikor 56 lehetőséget számoltam.

1 pont

Az olyan síkok száma, amelyen 4 csúcs van, legyen x.

Vannak olyan síkok, amelyen csak 3 csúcs van, ilyen például az, amelyik az A, B, C csúcsokra

illeszkedik. Az A, B, C és D csúcsokból hármat választva, olyan síkot kapunk, melyen csak 3

kockacsúcs van. Ez 4 sík. Ha a kocka másik négy (az A, B, C és D csúcsoktól különböző)

csúcsát választom, azokra is 4 olyan sík illeszkedik, melyeken csak 3 csúcs van. Összesen 8

olyan sík van, amely pontosan 3 csúcsot tartalmaz.

1 pont

Ez a kétféle sík lehetséges: vagy 3, vagy 4 csúcsot tartalmaz egy sík.

Az 56 lehetőség így x 48 , innen 12x . (Ezt a 12 db 4 pontot tartalmazó síkot

megszámolhatom úgy is, hogy tekintem a kocka 6 oldallapjának síkját, és azokat a síkokat,

melyek a kocka két szemközti élére illeszkednek. A kocka 12 éléből 6 pár képezhető így, tehát

ez 6 síkot jelent. 1266 ilyen sík van.)

(1 pont)

Azoknak a síkoknak a száma, melyek a kockának legalább 3 csúcsára illeszkednek: 20128

.

1 pont

Megoldás(2).

A kocka hat lapja

1 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




A kocka átlós metszetei, melyből hat különböző van

1 pont

Pontosan három csúcson áthaladó különböző metszete, melyből összesen 8

darab van.

1 pont

Összesen: 6+6+8=20

1 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




2. Feladat

Felírtunk a táblára különböző pozitív egész számokat úgy, hogy közülük bárhogyan választunk

három számot, azok között van két olyan szám, melyek összege prímszám. Legfeljebb hány

számot írhattunk a táblára?

Róka Sándor

Megoldás

Öt szám között mindig van vagy három páros szám, vagy három páratlan szám.

3 pont

Ebből a három számból bármely két szám összege 2-nél nagyobb páros szám, azaz összetett

szám.

4 pont

Tehát a táblára legfeljebb négy számot írhatunk, ennyit lehet is, például írhatjuk az 1, 2, 3, 4

számokat. Ezek teljesítik a feltételt, mert ha választunk közülük három számot, akkor a három

szám között ott van vagy az 1 és 4, vagy a 2 és 3, és a két szám összege prímszám: 541 ,

532 .

2 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




3. Feladat

Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat, amelyeknek a harmadik hatványa

ugyanazzal a kétjegyű számmal végződik.

Kovács Béla, Szatmárnémeti

Megoldás:

A feladat olyan számokat kér, amelyek köbéből kivonva az eredeti számot, 100-zal osztható

lesz.

Vagyis:

100

3abab

, ahol ba, számjegyek és 0a

1 pont

100

10303001000

100

32233

bababbaaabab

100

1

10

3310

2223

bbaab

baa

2 pont

Először 1bb kell osztható legyen 10 – el. 1 pont

ha 0b , akkor nem kapunk megfelelő számot.

ha 1b , akkor 10

2310

100

23

3

aaa

abab

, innen kapjuk, hogy 5a és a keresett szám: 51.

ha 4b , akkor 10

6

10

471210

100

23

3

a

aaabab

, innen kapjuk, hogy 2a és a keresett

szám: 24

ha 5b , akkor 10

12

10

741510

100

23

3

a

aaabab

, innen kapjuk, hogy 2a vagy 7a és a

keresett számok: 25 és 75



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




ha 6b , akkor 10

21

10

1071810

100

23

3

a

aaabab

, innen kapjuk, hogy 7a és a keresett

szám: 76

ha 9b , akkor 10

72

10

2422710

100

23

3

a

aaabab

, innen kapjuk, hogy 4a vagy 9a és

a keresett számok: 49 és 99. 4 pont

Több lehetőség nincs.

Tehát összesen 7 ilyen szám van: 24, 25, 49, 51, 75, 76 és 99.

1 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




4. Feladat

a) Igazold, hogy ha *, Nnm és 2m , akkor 44 4nm nem lehet prímszám.

b) Igazold, hogy 3456

+ 4567

összetett szám.

Bencze Mihály, Bukarest

Megoldás:

a) 22422444 4444 nmnnmmnm

2222 22 mnnm

mnnmmnnm 2222 2222

3 pont

de

12222222222 nmnmnnmmnnm

2 pont

b) Ha 16543

m és 4

1576

4

n

akkor mnnmmnnm 222243 2222547665

4 pont

5. Feladat

1. Igazold, hogy: 2

2 baab

ba

ab

bármely ba, pozitív számra!

2. Igazold, hogy: 2

3

ac

ca

cb

bc

ba

ab bármely cba ,, pozitív számra!

3. Igazold, hogy: 10094037

4074342

7

12

5

6

3

2 .

Polcz Zita és Koczinger Éva, Szatmárnémeti

Megoldás:

1.

(√𝑎 − √𝑏 )2

≥ 0

𝑎 + 𝑏 − 2√𝑎𝑏 ≥ 0 (1)

(𝑎 + 𝑏) √𝑎𝑏 ≥ 2𝑎𝑏



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




√𝑎𝑏 ≥2𝑎𝑏

(𝑎 + 𝑏)

(1)-ből következik, hogy (𝑎+𝑏)

2 ≥ √𝑎𝑏

(2 pont)

2. Bármely 0, ba esetén az 1. alapján 2

1

ba

ab(1) „=” ba

Hasonlóan 2

1

cb

bc (2) és

2

1

ac

ca(3)

Az (1), (2), (3) egyenlőtlenségeket összeadva, következik az 1.-ben kért egyenlőtlenség.

(3 pont)

3. Az összeg tagjaira alkalmazva az (1) összefüggést, következik:

4037

474342

7

12

5

6

3

2

20192018

20192018

43

43

32

32

21

21

darab 2018

2

1

2

1

2

1

2

1 =

1009

Nem áll fenn egyenlőség, mert 2019321 .

(4 pont)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




6. Feladat

Az ABCD paralelogramma átlóira megszerkesztjük az ACM és BDN egyenlő oldalú

háromszögeket.

a) Ha 𝑀és 𝑁 az (𝐴𝐵𝐶) síkon kívüli pontok, igazold, hogy MN szakasz hossza akkor a

lehető legkisebb, vagy a lehető legnagyobb, ha 𝑀𝑁 merőleges az (𝐴𝐵𝐶) síkra!

b) Bizonyítsd, hogy ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶), akkor 𝑀𝑁 merőleges a paralelogramma egyik

oldalára!

Császár Sándor, Csíkmadaras

Megoldás

Rajz: 1 pont

b) Legyen 𝐴𝐶 ∩ 𝐷𝐵 = {𝑂}. Ekkor 𝑀𝑂 ⊥ 𝐴𝐶, 𝑁𝑂 ⊥ 𝐷𝐵. Megszerkesztjük az 𝑀𝑂𝑁

háromszöget. 𝑀𝑁 a lehető legkisebb, ha m(𝑀𝑂𝑁∢) =0, vagy a lehető legnagyobb, ha

m(MON∢) =180. Ekkor az M,N és O pontok kollineárisak, 𝑀𝑂 = 𝑁𝑂 tehát 𝑀𝑂 ⊥𝐷𝐵, mivel 𝑀𝑂 ⊥ 𝐴𝐶 (felt.), 𝑀𝑂 ⊥ (𝐴𝐵𝐶).

2 pont

c) Ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶).



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




I. eset, ha 𝑀, 𝑁az 𝐴𝐶egyenes ugyanazon félsíkjában helyezkednek.

Legyen 𝐵𝐶 ∩ 𝑀𝑁 = {𝑃}

Az 𝐴𝑂𝐷∢ = 90 − 𝐷𝑂𝑀∢ = 𝑀𝑂𝑁∢, valamint a 𝐴𝑂𝑀és 𝐷𝑂𝑁 háromszögek

hasonlóságából: 𝐴𝑂

𝐷𝑂=

𝑀𝑂

𝑁𝑂 , ahonnan

𝐴𝑂

𝑀𝑂=

𝐷𝑂

𝑁𝑂. Az első hasonlósági esetből, (OSZO), 𝐴𝑂𝐷

és 𝑀𝑂𝑁 háromszögek hasonló háromszögek. Tehát 𝑂𝐶𝐵∢ + 𝑂𝐶𝑃∢ = 𝑂𝑀𝑁∢ +

𝑂𝐶𝑃∢ = 180.

𝑀𝑂𝐶𝑃 négyszög körbeírható, tehát 𝑚(𝑀𝑃𝐶∢)=m(MOC∢)=90°

(vagy csak simán 𝑀𝑂𝐶∢ + 𝑀𝐶𝑃∢ = 180° ⇔ 90° + 𝑀𝐶𝑃∢ = 180°.⇔ 𝑀𝑂𝐶∢ = 90°) 3 (1+1+1) pont

II. eset, ha 𝑀, 𝑁 az 𝐴𝐶egyenes két különböző félsíkjában helyezkednek.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Legyen 𝑂′𝑎𝑧 (𝐴𝐵𝐶) egy olyan pontja, melyre 𝐴𝑂𝑀𝑂′négyszög téglalap, valamint

Legyen 𝐴𝐵 ∩ 𝑀𝑁 = {𝑇}.

Az 𝐴𝑂𝐵∢ = 90° + 𝑀𝑂𝐵∢ = 𝑀𝑂𝑁∢, mivel 𝑀𝑂 és 𝑁𝑂 merőlegesek az 𝐴𝐶,

illetve 𝐷𝐵átlókra. valamint a 𝐴𝑂𝑀és 𝐵𝑂𝑁 háromszögek hasonlóságából: 𝐴𝑂

𝑀𝑂=

𝐵𝑂

𝑁𝑂, ahonnan az első hasonlósági esetből 𝐴𝑂𝐵 és 𝑀𝑂𝑁 háromszögek hasonló

háromszögek. Innen: 𝑂𝐴𝑇∢ ≡ 𝑂𝑀𝑇∢, Az 𝐴𝑇𝑀𝑂′négyszögben a szemben fekvő szögek

összege, 𝑂′𝑀𝑇∢ + 𝑂′𝐴𝑇∢ = 90° + 𝑂𝑀𝑇∢ + 90° − 𝑂𝐴𝑇∢ = 180°, valamint 𝐴𝑂′𝑀∢ =

90°, ahonnan 𝐴𝑇𝑀∢ = 90°. 3 (1+1+1) pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

IX. osztály

Javítókulcs

1. feladat

Adott 1n természetes szám esetén értelmezzük az [ ] { }nA x R x x n halmazt, ahol

[ ]x az x valós szám egész részét, { }x pedig a tört részét jelöli.

a. Határozd meg az nA halmaz elemeit.

b. Igazold, hogy ha n és m különböző természetes számok, akkor n mA A .

Megoldás:

Hivatalból 1pont.

a)

Ha [ ]{ }x x n , akkor [ ] 0x és { } [0,1)[ ]

nx

x , tehát [ ]

[ ]

nx x

x és [ ]x n .

2p

Legyen [ ]x k , ahonnan következik, hogy n

x kk

, ahol 1k n , k ,

mely értékek teljesítik a megadott feltételeket, tehát , 1n

nA k k k n

k

3p

b)

Tegyük fel, hogy m n és n mA A . Akkor létezik n mx A A vagyis

létezik ,k l úgy, hogy n m

k x lk l

és 1k n , 1l m

2p

Ahonnan azt kapjuk, hogym n

k ll k . De ( 1,1)

m n

l k , tehát 0k l ,

azaz k l , tehát m n , ami ellentmondás.

2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

2. feladat

Igazoljuk, hogy az 1 1a és 1 2 2 3 1

1 1 1... 1n

n n

aa a a a a a

, bármely 1n ,

összefüggésekkel értelmezett 1n n

a

pozitív tagú sorozat teljesíti az 2 2

1 1

1

1

n

k k k

n

a a n

összefüggést .

Megoldás.

Hivatalból 1p.

2 02

1 2 2 2

1 2

11 1 1 1 2

a

a a a aa a

3

102

2

2 3 3 3

3

3

1 2 2 3

11

2 2 2 1 32

1 11

a

a

a a a aa

aa a a a

2p

Észrevesszük, hogy , 1na n n 1p

Igazoljuk a matematikai indukció módszerével a sejtésünket:

Nyilvánvaló, hogy 1n esetén az állítás igaz.

Feltételezzük, hogy : kn k a k .

Igazolni kell, hogy 1n k esetén 1 1ka k .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

1 1

1 2 2 3 1 1

1

1

1

1

1 1 1 11 ... 1

11 1

11 1

k k

k k k k

k k

k k

k

k

a k aa a a a a a a a

a aa a

k ak a

Innen kifejezve az 1ka -et azt kapjuk, hogy 1 1ka k

4p

2 21 1 11

1 1 1 1

( 1) 1 1

n n n

k k kk k

n

a a k k k k n

2p

3. feladat

Az ABC háromszög köré írt körön jelölje , ,M N P az ,A B illetve C csúcsok átmérősen

ellentett pontjait. Igazold, hogy az ABC háromszög akkor és csakis akkor egyenlő oldalú,

ha 0AM BN CP .

Megoldás:

Hivatalból 1pont.

A Sylvester tétele alapján OH OA OB OC , ahol a O a köré írt kör középpontja

és H a háromszög magasságpontja.

3p

2 2 2AM BN CP OA OB OC . 3p

A feltétel alapján azt kapjuk, hogy 0OH , vagyis az O és H egybeeső pontok, ami

csak az egyenlőoldalú háromszögben igaz.

3p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

4. feladat

Az ABC háromszög oldalainak hossszúságai AB, BC, CA sorrendben egy növekvő számtani

haladvány egymásutáni tagjai. A BC oldalon felvesszük a következő pontokat: M az oldal

felezőpontja, D a BAC szög szögfelezőjének és a BC oldalnak a metszéspontja, E a

háromszögbe írt kör és BC érintési pontja, F az A csúcsból húzott magasság talppontja. Igazold,

hogy az MD, ME és MF szakaszok hosszai mértani haladványt alkotnak!

Megoldás:

Hivatalból 1pont.

A , ,c AB a BC b CA jelölésekkel a feltétel alapján c a b és 2b c a . 1p

A szögfelező tételéből 2 2

ac ac cBD

b c a

, 2

2 2 2 2 4

b ca c c b c

MD MB BD

(1).

2p

A körhöz valamely külső pontból húzott érintők egyenlőségéből levezethető, hogy

2

a c bBE

,

2 2 2

a a c b b cME MB BE

(2).

2p

2 2 2 2

a ac a c a cMD BM BD

b c

.

Az ABD háromszögben BI szögfelező, következik, hogy 12

2

cID BD

IA BA c .

Az AFD háromszögben IE AF következik, hogy 1

2

DE

EF .

Következik, hogy 2 22 2

b c a cEF ED b a

.

3p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



5 pluszpont jár.

2

b cFM FE EM b a b c

. (3)

(1), (2) és (3)-ból következik, hogy MD, ME és MF mértani haladványt alkot. 1p

Megjegyzés: A kövekező képpen is okoskodhatunk: az ABF

derékszögű háromszögben 2 2 2 2 2 2

cos2 2

a c b a c bBF c B c

ac a

, (3).

(1), (2) és (3)-ból következik, hogy MD, ME és MF mértani

haladványt alkot.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

X. osztály I. forduló

1. feladat

Határozd meg az , ,x y z valós számhármast úgy, hogy:

3 2 3 4 22 2 5 28 50x y z y z x z .

Mátéfi István, Marosvásárhely

Megoldás:

1.Megoldás:

2.Megoldás:

Legyen 2 3 , 22 2 , 28a x y z b y z c x z , az adott egyenletet átírva

kapjuk, hogy: 3 4 5 50a b c . Kiszámítva az 2 2 2a b c kapjuk, hogy: 2 2 2 50a b c , ahonnan

2 2 2 2 3 4 5 50a b c a b c .

4p

Vagyis 2 2 26 9 8 16 10 25 0a a b b c c

2 2 2

3 4 5 0a b c .

3p

3, 4, 5a b c . Tehát 2 3 9x y z , 3y z 3x z

3 3 9 3

x y

x z z x

. Legyen z . Így y és 3z .

Tehát , , , ,3x y z . A kapott , ,x y z teljesíti a feltételeket.

2p

Cauchy-Bunjakovszkij-féle egyenlőtlenség alapján: 𝑥1𝑦1 + 𝑥2𝑦2 + 𝑥3𝑦3 ≤

√𝑥12 + 𝑥2

2 + 𝑥32 ⋅ √𝑦1

2 + 𝑦22 + 𝑦3

2. Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha 𝑦1

𝑥1=

𝑦2

𝑥2=

𝑦3

𝑥3.

2p

Alkalmazva a feladatra, azt kapjuk, hogy 3√𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 + 4√22 − 2(𝑦 + 𝑧) +

5√28 − (𝑥 + 𝑧) ≤ √32 + 42 + 52 ⋅ √(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧) + (22 − 2𝑦 − 2𝑧) + (28 − 𝑥 − 𝑧) =

50.

4p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

2. feladat

a) Oldd meg a komplex számok halmazán a következő egyenletet: 2 2 22 | | | | 1 0z z z z z .

b) Igazold, hogy tetszőleges 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ esetén fennáll a következő egyenlőtlenség:

|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)

Bíró Béla, Sepsiszentgyörgy

dr. Bencze Mihály, Bukarest

Megoldás:

a)

A 2| |z z z (ahol z ) képlet felhasználásával, az adott egyenlet így alakul:

22 1 1 0z z z z z , vagyis 2 21 1z z z z z (1)

2p

Az (1) –ben vegyük mindkét oldal modulusát: 2 21 | | 1z z z z z innen pedig 2 21 0 1 0z z z z (2)

vagy 1z (3)

1p

A (2) –es egyenlet gyökei az (1) –nek is gyökei, ezek pedig 1,2

1 3.

2

iz

1p

A továbbiakban keressük az adott egyenlet azon megoldásait, melyekre | | 1z azaz

megoldjuk a

2

| | 1

2 2 0

z

z z z

egyenletrendszert, ami egyenértékű a

3 2

| | 1

2 2 1 0

z

z z z

rendszerrel

1p

Egyenlőség csak akkor állhat fent, ha 𝑥+2𝑦+3𝑧

32=

22−2𝑧−2𝑦

42=

28−𝑥−𝑧

52= ⋯ =

50

50= 1

Tehát 2 3 9x y z , 3y z 3x z 3 3 9 3

x y

x z z x

. Legyen z .

Így y és 3z .

Tehát , , , ,3x y z . A kapott , ,x y z teljesíti a feltételeket.

3p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

I. | | 1

1 0

z

z

vagy II.

2

| | 1

1 0

z

z z

rendszerekkel.

Az I. –es rendszernek 3 1z a megoldása, míg a II. –es rendszer ugyanazokat a

megoldásokat adja, mint a (2) –es egyenlet.

Következésképpen az adott egyenlet megoldásai :

1

1 3

2

iz

;

2

1 3

2

iz

és 3 1.z

b)

Ismeretes, hogy 2 Re(𝑧) = 𝑧 + 𝑧, ha 𝑧 ∈ ℂ (1)

Másrészt: 0 ≤ |𝑧1 − 𝑧2|2 + |𝑧2 − 𝑧3|2 + |𝑧3 − 𝑧1|2

= (𝑧1 − 𝑧2)(𝑧1 − 𝑧2) + (𝑧2 − 𝑧3)(𝑧2 − 𝑧3) + (𝑧3 − 𝑧1)(𝑧3 − 𝑧1)

2p

= (𝑧1𝑧1 + 𝑧2𝑧2 − 𝑧1𝑧2 − 𝑧1𝑧2) + (𝑧1𝑧2 + 𝑧3𝑧3 − 𝑧2𝑧3 − 𝑧2𝑧3) + (𝑧3𝑧3 + 𝑧1𝑧1 − 𝑧1𝑧3 −

𝑧1𝑧3) = 2|𝑧1|2 + 2|𝑧2|2 + 2|𝑧3|2 − [𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3 +

(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3 )] =⏞(1)

2(|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2) − 2 Re(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3), ahonnan

|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)

2p

3. feladat

Az ABCD konvex négyszögben jelölje G az ABD háromszög súlypontját, valamint H az ABC háromszög

magasságpontját. Mutasd ki, hogy H, G, D, C pontok (ebben a sorrendben ) egy paralelogramma csúcsai

akkor és csakis akkor, ha G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör középpontjával!

Zákány Mónika, Nagybánya

Megoldás:

Megválasztjuk a koordináta rendszer kezdőpontjának az ABC háromszög köré írt körének

középpontját. Jelölje a, b, c, d, g, h a feladatban szereplő nagybetűvel jelölt pontok

affixumait.

A súlypont, illetve az ortocentrum affixumának képleteit alkalmazzuk:

(1) ,3

a b dg

.

2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

h a b c 2p

HGDC négyszög akkor és csakis akkor, paralelogramma ha fennáll:

g c d h g c d a b c

2p

Ez egyenértékű azzal, hogy: g a b d . (2)

Az (1) és (2) összefüggésből kapjuk: 3 0g g g

Ez azt jelenti, hogy G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör középpontjával.

3p

4.feladat

Legyen O az ABC háromszög egy tetszőleges belső pontja, valamint , ,M P AB ,S Q BC és

,N T AC pontok úgy, hogy MN BC , PQ AC ST AB , és ezek a párhuzamosok átmennek az O

ponton. Jelölje AR , BR , CR , R rendre az , ,AMN BPQ CST és ABC háromszögek köré írt körök sugarait.

Igazold, hogy 2A B CR R R R .


Megoldás:

Rajz 1p

Az oldalak párhuzamosságából következik, hogy 𝐴𝑀𝑁𝛥~𝐴𝐵𝐶𝐷 ⟹𝐴𝑀

𝐴𝐵=

𝑀𝑁

𝐵𝐶=

𝐴𝑁

𝐴𝐶

Hasonlóan

𝐵𝑄𝑃𝛥~𝐵𝐶𝐴𝛥 ⇒𝐵𝑃

𝐵𝐴=

𝑃𝑄

𝐴𝐶=

𝐵𝑄

𝐵𝐶 , illetve 𝐶𝑇𝑆𝛥~𝐶𝐴𝐵𝛥 ⇒

𝐶𝑇

𝐶𝐴=

𝑇𝑆

𝐴𝐵=

𝐶𝑆

𝐶𝐵 .

3p

𝑀𝑁

𝐵𝐶+

𝑃𝑄

𝐴𝐶+

𝑇𝑆

𝐴𝐵=

𝑀𝑁

𝐵𝐶+

𝐵𝑄

𝐵𝐶+

𝐶𝑆

𝐵𝐶 (1)

𝐵𝑆𝑂𝑀 és 𝑄𝐶𝑁𝑂 paralelogrammák ⟹ 𝑀𝑂 = 𝐵𝑆; 𝑂𝑁 = 𝑄𝐶. Tehát 𝑀𝑁 = 𝐵𝑆 + 𝑄𝐶

(1) ⟹ 𝐵𝑆+𝑄𝐶

𝐵𝐶+

𝐵𝑄

𝐵𝐶+

𝐶𝑆

𝐵𝐶=

𝐵𝑆+𝑆𝐶

𝐵𝐶+

𝐵𝑄+𝑄𝐶

𝐵𝐶=

2𝐵𝐶

𝐵𝐶= 2

2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

. Alkalmazzuk a szinusztételt az 𝐴𝑀𝑁, 𝐵𝑄𝑃, 𝐶𝑇𝑆 és 𝐴𝐵𝐶 háromszögekben. 𝑀𝑁 = 2𝑅𝐴 ⋅

sin(��) ; 𝑃𝑄 = 2𝑅𝐵 ⋅ sin(��) ;

𝑆𝑇 = 2𝑅𝐶 ⋅ sin(��) valamint 𝐵𝐶 = 2𝑅 sin(��) ; 𝐴𝐶 = 2𝑅 sin(��) ; 𝐴𝐵 = 2𝑅 sin(��) ⟹

2p

2𝑅𝐴⋅sin(��)

2𝑅⋅sin(��)+

2𝑅𝐵⋅sin(��)

2𝑅⋅sin(��)+

2𝑅𝐶⋅sin(C)

2𝑅⋅sin(C)= 2 ⟹ 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 + 𝑅𝑐 = 2𝑅.

1p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

XI. osztály I.forduló

Javítóklucs

1. Adott az 11 , 1n n nna a a n , 1 1a összefüggéssel értelmezett sorozat.

1) Igazold, hogy

2

12

1 !11

2

n

nk k

n n

a

.

2) Számítsd ki 2 1

limn

k

n k k

a

a értékét!


Megoldás: 1) A megadott összefüggés az 1

1 1

n n

na a

ekvivalens alakra hozható, tehát:

2 1

3 2

1

1 11

1 12

...........

1 11

n n

a a

a a

na a

……….2 pont

Ezeket összeadva kapjuk:

111

2n

n n

a

(1) ………… 1 pont

Innen írhatjuk, hogy:

2

12 2

1 !111

2 2

n n

nk kk

n nk k

a

………… 2 pont



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

2) Az (1) összefüggésből írhatjuk:

1

1 2 1

n

n

a

n n a

………… 1 pont

2 2

1 1 1 11

2 1 1

n nk

k kk

a n

a k k n n

………… 2 pont

Innen következik, hogy:

2

2 12

1lim lim

nk

n nk k

na

a n

………… 1 pont

2. Adott két 2,A B mátrix, amelyekre igaz, hogy A B B A és 2 2det 2018 0A B .

1) Igazold, hogy det 2018 detA B .

2) Ha 2,A B , bizonyítsd be, hogy 2 2det 2018A A B B osztható 2

det B -tel.

Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad és Mészár Julianna, Nagyszalonta

Megoldás:

1)

2 2det 2018 0 det 2018 2018 0

det 2018 det 2018 0

det 2018 0 det 2018 0

A B A B A B

A B A B

A B vagy A B

………………… 1 pont

Ha det 2018 0A B , alkalmazva a

2det det detA x B B x x A (*) összefüggést, x esetén,

( mivel 2,A B ),

következik, hogy det 2018 2018 det 0B A 2018 det det 2018 0B A

…………………..2 pont

2018 det det 0det 2018 det

0

B AA B

(**)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

Hasonló következtetésre jutunk, ha det 2018 0A B . …………… 2pont

2) Szorzattá alakítva az 2 22018A A B B kifejezést, kapjuk

2 2 2 2

1 2 1 2 1 22018A A B B A x B A x B A x x A B x x B

1 2 2018x x és 1 2 1x x , tehát x1, x2 az 2 2018 1 0x x egyenlet valós gyökei

…… 1pont

A (*) összefüggésbe behelyettesítve 0 értéket, majd használva a (**) –t, következik

2det det detA x B B x A 2det 2018 detB x B 2det 2018B x . …… 1pont

Tehát 2 2

1 2det 2018 detA A B B A x B A x B 2 2 2

1 2det 2018 2018B x x

2 22 2 2 2 2

1 2

2 2 2

det 1 2018 2018 det 1 2018 2018 2 2018

det det 2018

B x x B

B A A B B

.

…… 2pont

3. Az 1n n

x

sorozatot az 1 1

1 2

11, n n

n

x x xx x x

rekurzióval értelmezzük.

1) Igazold, hogy lim nn

x

.

2) Számítsd ki: lim n

n

x

n.

3) Ha *k , határozd meg a 2lim

k

n

n

x

n határértéket!

dr. Szász Róbert, Marosvásárhely

Megoldás:

1) Matematikai indukcióval könnyen igazolható, hogy *0,nx n és így nyilvánvalóan az

1n n

x

sorozat szigorúan növekvő. ............................................................................ 1 pont

A rekurzióból 1

1 2

1n n

n

x xx x x

, ezt beszorozva 1n nx x -nel:



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

2 2 11

1 2 1 2

2 2 2n n n nn n

n n n n n

x x x xx x

x x x x x x x x x n

, azaz ........................... 1 pont

2 2 2

1 1

2 2 2 1 1 11 2 1

1 2 3n n nx x x

n n n n

.

Mivel 1 1 1

lim 12 3n n

és

1n nx

pozitív tagú, a fenti egyenlőtlenség alapján

lim nn

x

. ............................................................................................................................. 1 pont

2) A Cesaro-Stolz tételt kétszer alkalmazva

1

1 2 1 2 1

11 1

1 1lim lim lim lim 2lim

1

n n n

n n n n nn n n

nnx x x n n n n

x x x x x x xn n n

1

12lim 0

1nnx n n

. ................................................................................... 3 pont

3) Szintén a Cesaro-Stolz tétel alapján:

1 1

2 21

2 2 2 2 21 2

1lim lim lim

1 1

k k

k k k k k

n n n

n n nn

x x x n n

n n n x x x n n

1

12 22

1

1 2 1 2

1

lim 2 lim

kp p

pp

k

p k

n nn n

n nn

x x x x x x

. ...................... 2 pont

Másrészt

1

11

122

1 2 1 2 1 2

10 lim lim lim lim 0

k

pkp

n n n nn n n n

n n n

x x x x x x x x x x

-



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

Tehát: 2lim 0.

k

n

n

x

n

.......................................................................................................... 1 pont

4. Legyenek 2,A B M mátrixok és 0 valós szám. Igazold, hogy:

1) 2,X Y M esetén det det 2 det detX Y X Y X Y .

2) 2 2det det det detA B AB BA A B A B és

2 2 2 21det det det det

2A B AB BA A B A B

.

3) 22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA .


Megoldás:

1) Legyen a b

Xc d

és u v

Yw t

. Akkor

det( )a u b v

X Y ad at ud ut bc cv wb wvc w d t

det( )a u b v

X Y ad at ud ut bc cv wb wvc w d t

, tehát

det det 2 2(det det )X Y X Y ad ut bc vw X Y ................................2 pont

2) Az első pontban szereplő egyenlőségben végezzük el a következő helyettesítéseket: 2 2X A B ,

Y AB BA . Kapjuk, hogy

2 2 2 22 det det detA B AB BA A B AB BA

2 2det detA B AB BA A A B B A B

det det detA A B B A B A B A B A B A B

2det detA B A B .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

azaz

2 2det det det detA B AB BA A B A B (1) .....................3 pont

Az első pontban szereplő egyenlőségben legyen most:

2 2X A B , Y AB BA és akkor kapjuk, hogy

2 2 2 2det detA B AB BA A B AB BA

2 22 det A B AB BA , innen

2 2 2 2 2 21det det det

2A B AB BA A B AB BA A B AB BA

1det det

2A A B B A B A A B B A B

2 21det det

2A B A B (2)......................................................................3 pont

3) Ha det A B u és det A B v , akkor a (1). és (2). összefüggésekből

2 2det detA B AB BA uv és

2 2

2 2det det2

u vA B AB BA

,

másrészt ismert, hogy

2 2 2

, ,2 2

u v u vuv u v

amelyet átírva a bizonyítandó

egyenlőtlenségeket kapjuk:

22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA

.....1 pont

.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




XII. osztály

Javítókulcs

1.feladat

Egy egyenlő oldalú ABC háromszög mindhárom csúcsa rajta van az 1

: ,f f xx

függvény grafikus képén.

a) Határozd meg az ABC háromszög területét, ha súlypontjának koordinátái 1,1 .

b) Ha az ABC háromszög két csúcsa az első negyedben, harmadik csúcsa pedig a

harmadik negyedben van, akkor igazold, hogy a háromszög súlypontja mindig az f függvény

grafikus képén van.

Zsombori Gabriella, Csíkszereda

Megoldás:



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




a) Az 1

: ,f f xx

függvény páratlan, szimmetriatengelye az y x egyenletű első

szögfelező, 0

lim , lim 0x x

f x f x

, ezért a koordináta-tengelyek aszimptotái. Így f grafikus

képének egyik ága az első negyedben, másik ága pedig a harmadik negyedben van.

Mivel az ABC háromszög 1,1G súlypontja rajta van a függvény grafikus képén, ezért a háromszög

mindhárom csúcsa nem lehet f-nek ugyanazon ágán, sőt két csúcspont azon az ágon kell legyen,

amelyiken a G pont van. Legyenek ezek A és B. Mivel GA GB és a G pont rajta van az első

szögfelezőn, ezért az A pont tükörképe az első szögfelezőre nézve a B pont. Így, ha például

0

0

1,A x

x

, akkor 0 0

0

1, ,0 1B x x

x

. Viszont így a C pont rajta kell legyen az első szögfelezőn

1, 1C .

Mivel G súlypont

0

200 0 0

11

1 4 1 0 2 33 3

A B CG

xx x x x

x x x x

,

mivel 00 1x .

Tehát 2 3,2 3 , 2 3,2 3A B ………………………….....................................(3p)

Ekkor 1

2ABCT D , ahol

2 3 2 3 11

1 2 3 2 3 1 12 3

1 1 1 1

A A

B B

C C

x y

D x y

x y

,

tehát 6 3ABCT ………………………………………………………………………………...(1p)

Megjegyzés: Nyilván a csúcsok koordinátáinak ismeretében a területet többféleképpen is ki lehet

számítani.

b) Legyenek az A, B, C pontok affixumai rendre1

, 1,2,3j j

j

z x i jx

.

Mivel az ABC háromszög egyenlő oldalú, ezért 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z z …….................(2p)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Ekkor pedig 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 12 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1

1 1 1 1 1 16x x x i x x x x x x

x x x x x x x x x

3 31 2 2 1

2 1 3 2 1 3

x xx x x xi

x x x x x x

.

Tehát egyrészt 3 31 2 2 1

2 1 3 2 1 3

6x xx x x x

x x x x x x

.

Másrészt, ha G rajta lenne f grafikus képén, akkor 1

G

G

yx

, azaz 1 2 3

1 2 3

1

3

3

y y y

x x x

,

így pedig

1 2 3

1 2 3

1 1 19x x x

x x x

, tehát 3 31 2 2 1

2 1 3 2 1 3

6x xx x x x

x x x x x x

.......................(3p)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




2. feladat

Számítsd ki az 1I tg arccos sin arctgx dx és

2I tg arcsin cos arctgx dx integrálokat, ha 0,2

x

.

Dr. Bencze Mihály, Bukarest Megoldás:

I. Módszer:

1 arcsin2

I tg arccos sin arctgx dx tg sin arctgx dx

………………..(3p)

1

ln2

tg arctgx dx tg arcctgx dx dx x cx

.........................................(2p)

2 arccos cos2

I tg arcsin cos arcctgx dx tg arcctgx dx

………...…..(2p)

2

2 2

xtg arcctgx dx tg arctgx dx xdx c

............................................(2p)

II.Módszer:

Legyen

2

2

11

2 2

arccos sin arctgx t sin arctgx cost sin t

arctgx t x tg t ctgt dx dtsin t

Tehát

1

1 2

1 1' ln lnI tg arccos sin arctgx dx tgt dt ctgt dt ctgt c x c

sin t ctgt

.

Hasonlóan számítjuk ki az 2I integrált is.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




3.feladat

A , 1 1, , 0G a a a a halmazon adott a „ ” összetevési szabály, amelyre fennáll:

log log logb b bx y a x a y a , 0,1 1, , , .b x y G

a) Igazold, hogy ,G Abel-féle csoport.

b) Legyenek az 1, 1,2,...,kx a k n számok és jelölje 1 2, ,..., ny y y az

1 2, ,..., nx x x halmaznak egy permutációját.

Igazold, hogy 2

1 1

log log .n n

b k k b k

k k

x y a x a

Dr. Bencze Mihály, Bukarest

Megoldás:

a) 1) log

log log log b y a

b b bx y a x a y a x y a x a

,

ahol

x y a és 1 , ,x y x y G x y G

…………………….(1p)

2) Mivel

log log

, ,b by a x ax y a x a a y a y x x y G

, ezért a „ ”

művelet kommutatív. …….……..(1p)

3)

log

loglog log log log

log log log log

bb b b b

z abb b b b

z az a y a y a z a

y z a a y a a y a z a

x y z a x y a a a x a a a x a

x y z a x a a x a a x a

, , ,x y z x y z x y z G ezért a „ ”művelet asszociatív. …………………....(1p)

4) log

, ,b e ax e x x G x a x a x G e a b G

semleges elem a

„ ”műveletre vonatkoztatva. ……………..……..(1p)

5) 1

log' log log ' 1 ' ,b x a

b bx x a b x a x a x a b G x G

…...(1p)

b) Az adott feltételek mellett a logaritmusos kifejezések értelmezettek.

Alkalmazva a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget kapjuk, hogy:



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




1 1

log log logn n

b k k b k b k

k k

x y a x a y a

................................................(1p)

2 2 2 2

1 1 1 1

2

1

log log log log

log .

n n n n

b k b k b k b k

k k k k

n

b k

k

x a y a x a x a

x a

...........(3p)

4.feladat

Oldd meg a valós számok halmazán a 3 2 24 6 2 cos2

xx x x

egyenletet !

Oláh-Ilkei Árpád, Barót

Megoldás:

Alkalmazva a 2 1 cos 2cos

2

képletet kapjuk, hogy .......................................(1p)

3 28 12 2 3 cos 2 1 2 3 2 1 cosx x x x x x x x .

Belátható, hogy 1 2 3

1 3 1, ,

2 2 2x x x megoldásai az egyenletnek.......................................(3p)

Igazolom, hogy nincs több valós megoldás.

Legyen az 3 2 2: , 4 6 2 cos2

xf f x x x x

függvény. Feltételezem, hogy az f

függvénynek van legalább 4 valós gyöke. Alkalmazva Rolle tételét, és azt egymásután

megismételve, következik, hogy az 'f függvénynek van legalább 3 valós gyöke, az ''f

függvénynek legalább 2 valós gyöke és az '''f függvénynek legalább 1 valós gyöke van…(3p)

De 3

''' 24 sin 0,2

f x x x

, így ellentmondáshoz jutunk.

Tehát a megoldáshalmaz: 1 1 3

, ,2 2 2

M

………………………………………………(2p)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.






Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

IX. osztály

II. forduló

1. feladat

Íjászok lőnek egy 1m sugarú céltáblába. Mivel kedvelik a mágikus számokat, minden alkalommal

hét vessző kilövése után értékelik az eredményt. Profik lévén az összes vessző beletalál a táblába,

és hosszú gyakorlás során figyelnek fel rá, hogy mindig van két olyan találat, amelyek közt a

távolság nem haladja meg az 1 métert. Arra kérik matematikus barátjukat, hogy állapítsa meg,

midig lesz-e ilyen találatpár, vagy csak esetlegesség a megfigyelésük. Az is érdekelné őket, hogy

lehet-e úgy lőni, hogy bármely két találat közti távolság legalább 1 méter legyen. Adj választ az

íjászok kérdéseire!

2. feladat

Igazold, hogy nem léteznek olyan , , , *a b c n számok, amelyekre az

2 22 1 1a b c n a b c n n szám négyzetszám legyen!

3. feladat

Adott az ABCD négyzet, F a CD oldal felezőpontja, H a BC oldalnak B -hez közelebb eső

harmadoló pontja. Legyen P az AF és BD egyenesek metszéspontja. Igazold, hogy PH AF !

4. feladat

Egy derékszögű háromszög oldalainak mértékszámai kétjegyű egész számok. Az átfogó

mértékszáma ugyanazon számjegyekkel írható, mint az egyik befogóé, csak fordított sorrendben.

Mennyi lehet a mértékszáma egy ilyen háromszög oldalának?

5. feladat

Az A -ban derékszögű ABC háromszögben , AD BC D BC . Az AD átmérőjű kör az AB

befogót K -ban, az AC befogót M -ben metszi, és az L a KM és az AD metszéspontja. Tudva,

hogy az AL szakasz hossza az AK és az AM szakaszok hosszának mértani középarányosa,

határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét!

6. feladat

Münchhausen bárónak volt nyolc darab azonos külsejű golyója, amelyek súlyai 1 gramm, 2gramm,

3gramm, …, 8gramm. Ezek egyikét gróf Szkleróz kölcsönkérte, de elfelejtette visszaadni. Egy

kétkarú mérlegen egy méréssel a báró rájött, hogy melyik golyó hiányzik.

Vajon melyik golyó van Szkleróz grófnál?



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

X. osztály II. forduló

1 feladat

a) Határozd meg az összes p prímszámot, amelyre 2 4,p 2 6p is prímek.

b) Határozd meg az összes q prímszámot, amelyre 4,q 24,q 2 10,q 2 34q is prímek.

2. feladat

Etele és Márk „kavicsoznak”. Ez a játék abból áll, hogy a kezdőjátékos feltesz valahány kavicsot az

asztalra, majd elvesz legalább egyet, de nem többet, mint a kavicsok felét; aztán a másik játékos vesz el

az asztalon maradt kavicsok közül néhányat, az előbbi szabály szerint. A játék addig tart, amíg el nem

fogynak a kavicsok az asztalról. Az veszít, aki az utolsó kavicsot veszi el. Van-e olyan stratégia,

amellyel Márk, a kezdőjátékos biztosan nyerni fog?

3. feladat

Adottak az A1B1C1 és A2B2C2 háromszögek úgy, hogy 𝑚(𝐵1𝐴1𝐶1 )= 𝑚(𝐵2𝐴2𝐶2 ) = 900, valamint

𝐷1 ∈ (𝐵1𝐶1), 𝐷2 ∈ (𝐵2𝐶2) úgy, hogy 𝐴1𝐷1 ⊥ 𝐵1𝐶1, 𝐴2𝐷2 ⊥ 𝐵2𝐶2.

Igazold, hogy 1

𝐴1𝐷1⋅𝐴2𝐷2≥

1

𝐴1𝐵1⋅𝐴2𝐵2+

1

𝐴1𝐶1⋅𝐴2𝐶2 .

4. feladat

Oldd meg a valós számok halmazán az

4 2 2 2

2

2

3 4

4 2

2

a b c a b

c bc

b c

egyenletrendszert!



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

5. feladat

Egy táblára felírjuk az összes 1ka k k számot, ahol 1, 2,3, ,k n . A felírt ka számokból

letörlünk tetszőlegesen kettőt, az a illetve b számokat, és visszaírjuk a táblára az 2

1

abx

a b

, illetve

2

1

aby

a b

számokat. Igazold, hogy az eljárás 2018-szoros megismétlése után a táblán maradt számok

reciprokainak összege kisebb, mint 1.

6. feladat

Egy ABC háromszögben legyenek rendre , ,S P R az , ,A B C csúcsokból húzott magasságok

talppontjai. Igazold, hogy :

a) 2

2

BRP

ARS

TBC

AC T

b) 2 2 2

2 2

BC BR RP

AC AR RS

.



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.

XI-XII. osztály II. forduló

1. feladat Helyezz el egymás mellé valahány üveggolyót. Tekintsd ezt első sornak. Alakíts ki belőlük párokat, így

1 golyó pár nélkül marad. Ezt a pár nélküli golyót helyezd a 2. sorba, majd helyezd mellé az előző sor

minden párjának egy-egy golyóját. Majd csoportosítsd a 2. sorban levő golyókat hármasával, ekkor 2

golyó megmarad. Ezt a kettőt helyezd a harmadik sorba, majd helyezd melléjük az előző sor minden

hármasának egy-egy golyóját. Így folytatva az eljárást, a k. sorban a csoportosítás után éppen k darab

golyó marad meg, és a 2018. sorban pontosan 2018 üveggolyó lesz. Határozd meg az üveggolyók

számát!

2. feladat

Egy 5p prímszámot pitagoraszi prímszámnak nevezünk, ha felírható két négyzetszám összegeként.

Igazold, hogy ha 1 2, , , np p p pitagoraszi prímszámok, akkor 2 2 2 2

1 2 2nn p p p n nem

négyzetszám!

3. feladat Az ABC háromszög belsejében adott egy P pont. Az AP egyenes a BC oldalt D-ben, a BP egyenes az

AC oldalt E-ben, és a CP egyenes az AB oldalt F-ben metszi. Ha 3PD PE PF , és

43PA PB PC , mennyi a PA PB PC szorzat értéke?

4. feladat Egy 1 méter oldalhosszúságú szabályos hatszög belsejében található egy 50 oldalú K konvex sokszög.

Igazold, hogy a K csúcsai közül kiválasztható három úgy, hogy az általuk meghatározott háromszög

területe legfennebb 72 négyzetcentiméter!

5. feladat

Adott az 100n páros természetes szám. Egy 2 1 10n -es táblának bal felső és jobb alsó sarkából

vágj le egy-egy 5 1 -es téglalapot. Lefedhető-e az így kapott alakzat 1n darab 5 2 -es és 1n darab

2 5 -ös téglalappal, tudva azt, hogy a téglalapok nem forgathatók el?

6. feladat

Az ABC hegyesszögű háromszög köré írt körön jelölje ,M illetve N az AC és AB körívek

felezőpontját. Igazold, hogy az MN szakasz akkor és csakis akkor érinti a háromszögbe írt kört, ha az

A szög mértéke 60 .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.



pluszpont jár.



IX. osztály

Javítókulcs, II. forduló

1. feladat

Íjászok lőnek egy 1m sugarú céltáblába. Mivel kedvelik a mágikus számokat, minden

alkalommal hét vessző kilövése után értékelik az eredményt. Profik lévén az összes vessző

beletalál a táblába, és hosszú gyakorlás során figyelnek fel rá, hogy mindig van két olyan

találat, amelyek közt a távolság nem haladja meg az 1 métert. Arra kérik matematikus

barátjukat, hogy állapítsa meg, mindig lesz-e ilyen találatpár, vagy csak esetlegesség a

megfigyelésük. Az is érdekelné őket, hogy lehet-e úgy lőni, hogy bármely két találat közti

távolság legalább 1 méter legyen. Adj választ az íjászok kérdéseire!

Megoldás:

Hivatalból 1 pont.

A kört osszuk fel 6 egyenlő körcikkre. A skatulyaelv alapján biztosan lesz olyan körcikk,

melybe két vessző kerül.

3 pont

Ezek távolsága nem lehet nagyobb 1 m-nél, hiszen a cikkek kerületi pontjai közt is

maximum 1 m a távolság

2 pont

Tegyük fel, hogy az AOB körcikkben található két pont. Jelöljük ezeket. G -vel és H -

val. G és H a körcikk belsejében vagy legfeljebb a határán található. A GOH

háromszögben GOH szög mértéke nem nagyobb 60 -nál, így az OGH vagy az OHG

szögek közül az egyiknek a mértéke, a nagyobbiknak, nem kisebb 60 -nál. Mivel egy

háromszögben a nagyobb szöggel szemben fekvő oldal hossza nagyobb, mint a kisebb

szöggel szemben fekvő, ezért 1 max( , )OH OG HG

2 pont

Megvalósítható a pontosan 1 m-es távolság, hiszen ehhez az kell, hogy valamely beírható 2 pont



szabályos hatszög csúcsaiba és a céltábla közepébe lőjünk.

2. feladat

Igazold, hogy nem léteznek olyan , , , *a b c n számok, amelyekre az

2 22 1 1a b c n a b c n n szám négyzetszám legyen!

Megoldás.

Hivatalból 1pont

Észrevehető, hogy

2 2 2

2 2

2 2

1 2 1 1

2 1 1

2 1 1.

a b c n a b c n a b c n

a b c n a b c n n a b c n

a b c n a b c n n

4 pont

2 2 2

2 2

2 2

2

2 1 1 1

2 1 1.

a b c n a b c n a b c n

a b c n a b c n n a b c n

a b c n a b c n n

3pont

Tehát az 2 22 1 1a b c n a b c n n szám két egymásutáni négyzetszám

között van, ezért nem lehet négyzetszám.

2 pont

3. feladat

Adott az ABCD négyzet, F a CD oldal felezőpontja, H a BC oldalnak B -hez közelebb

eső harmadoló pontja. Legyen P az AF és BD egyenesek metszéspontja. Igazold, hogy

PH AF !

Megoldás:



Hivatalból 1 pont

Az ábra 1 pont

Használjuk a következő jelöléseket: , , .2 3

a aAD a DF BH

12 .2

aPD DF PF

DF AB PDF PBAPB AB PA a

1 1

1 2 3

PD PD

PB PD BD

, hasonlóan

1

3

PF

AF (1)

1 pont

Megszerkesztjük: PT DC és PS BC1

3

DS

DC , illetve

1

3

CT

CB

2

3

aSC ,

De mivel ( ) 90 ,m C PSCT téglalap, tehát 3

aTC ebből következik, hogy

3

aTH BC BH TC

2 pont

A THP derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele alapján 5

3

aPH , hasonló

képpen a HCF háromszögben 5

6

aFH

Az ABF háromszögben 5

2

aAF és így az (1)-es összefüggés alapján

5

6

aPF

3 pont

A PHF háromszögben 2

2 2 2 25

36

aPF PH FH , így Pitagorasz fordított tétele

alapján HP PF .

2 pont

4. feladat

Egy derékszögű háromszög oldalainak mértékszámai kétjegyű egész számok. Az átfogó

mértékszáma ugyanazon számjegyekkel írható, mint az egyik befogóé, csak fordított

sorrendben. Mennyi lehet a mértékszáma egy ilyen háromszög oldalának?

Megoldás:

Hivatalból 1pont



Legyen az átfogó mértékszáma 10 xy x y, így az egyik befogóé 10 yx y x, ahol x

és y 0-tól és egymástól különböző számjegyek és x > y. A másik befogó mértékszáma

legyen z. Nyilván 10 100. z

1 pont

Pitágorász tételét alkalmazva 2 2210 10 y x z x y

ami egyenértékű az alábbival: 2 2 2 299 3 11 . z x - y x y x y

2 pont

A jobboldal osztható a 11 prímszámmal, ezért a 2z is osztható vele. Mivel

négyzetszámot különböző prímszámok hatványainak szorzataként felírva, benne

minden kitevő páros, ezért 2z osztható 11-gyel. Így x y x y osztható 11-gyel.

Azonban x y legalább 1 és legfeljebb 8, ezért csakis x y lehet osztható 11-gyel.

Ugyanakkor x y legalább 3 és legfeljebb 17 lehet, így e két határ között csak maga a

11 megfelelő, tehát 11x y = .

3 pont

Most már tudjuk, hogy 2 2 23 11 . z x y E szerint x y négyzetszám, éspedig

páratlan, mert egész számok összege és különbsége párosságra nézve megegyező, és

x y páratlan. Így csak 21x y = lehetséges. E két feltételből 6, 5,x= y= másrészt

3 11,z = tehát az oldalak mértékszámai 33, 56 és 65.

3 pont

5. feladat

Az A -ban derékszögű ABC háromszögben , AD BC D BC . Az AD átmérőjű kör az AB

befogót K -ban, az AC befogót M -ben metszi, és az L a KM és az AD metszéspontja.

Tudva, hogy az AL szakasz hossza az AK és az AM szakaszok hosszának mértani

középarányosa, határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét!

Megoldás:



Hivatalból 1 pont

Az ábra 1 pont

AKDM négyszög körbeírható ( K és M átmérőn nyugvó kerületi szögek), és a

négyszögben három szög derékszög, tehát AKDM téglalap az átlók

metszéspontja L a téglalap középpontja, AL LD ML LK .

2 pont

Legyen ,AP MK P MK .

Tudjuk, hogy

2 2 2AKMAL AK AM T KM AP AL AP 2AL AP

ALP P -ben derékszögű háromszögben 30m ALP az ALK egyenlő

szárú háromszög külső szöge AKM -ben 15 , 75m K m M

5pont

ADC -ben 75 , 15m A m C , ezért az ABC szögeinek mértéke:

15 , 75m C m B

1 pont

6. feladat

Münchhausen bárónak volt nyolc darab azonos külsejű golyója, amelyek súlyai 1 gramm,

2gramm, 3gramm, …, 8gramm. Ezek egyikét gróf Szkleróz kölcsönkérte, de elfelejtette

visszaadni. Egy kétkarú mérlegen egy méréssel a báró rájött, hogy melyik golyó hiányzik.

Vajon melyik golyó van Szkleróz grófnál?

Hivatalból 1 pont

Ha a megmaradó golyókat felteszi a két serpenyőbe és nincs egyensúly, abból nem nyer

használható információt Münchhausen. Csak akkor jöhet rá a hiányzó golyó súlyára, ha



a két tálca között egyensúly van. 2 pont

Egyensúly akkor lehet, ha a megmaradt 7 golyó összsúlya (a mérőszám) páros.

1+2+3+4+5+6+7+8=36. Tehát a hiányzó golyó súlya is páros: 2, 4, 6 vagy 8 gramm.

Ha a 2 grammos hiányzik, a megmaradt golyók között egyensúly úgy lesz, ha mindkét

tálcán 17 gramm lesz az összsúly. Ehhez legalább 3 golyót kell tenni mindkét

serpenyőbe, és ez megvalósítható.


tálcán 16 gramm lesz az összsúly. Ehhez is legalább 3 golyót kell tenni mindkét

serpenyőbe. Ez is megvalósítható.


tálcán 14 gramm lesz az összsúly. Ehhez is legalább 3 golyót kell tenni mindkét

serpenyőbe. Ez is megvalósítható

3 pont


tálcán 15 gramm lesz az összsúly. Ez lehet úgy is, ha az egyik tálcába a 7 és 8 grammos

kerül, a másikba pedig az 1, 2, 3, 4 és 5 grammos golyó.

2 pont

Tehát ez az egy eset olyan a lehetőségek közül, amelynél csak úgy mérhető egyensúly,

hogy az egyik tálcába csak két golyót teszünk.

Ha Münchhausen szerencsés, akkor az egyik tálcába 2 golyót, a másikba pedig 5

golyót tesz, és a mérleg egyensúlyt mutat. Ez csak a legutoljára vizsgált esetben

fordulhat elő, amikor a Szkleróz grófnál lévő golyó 6 grammos.

2 pont

ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV

Szováta, 2018 január 31. – február 4.

Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5

pluszpont jár

X. osztályII. forduló

1 feladat

a) Határozd meg az összes p prímszámot, amelyre 2 4,p 2 6p is prímek.

b) Határozd meg az összes q prímszámot, amelyre 4,q 24,q 2 10,q 2 34q is prímek.dr. Bencze Mihály, Bukarest

Megoldás:

a) Jelölje u a az a szám utolsó számjegyét.

Ha 1u p , akkor 2 4 5u p és így 2 4p nem prím.

Ha 3u p akkor 2 6 5u p és így 2 6p nem prím.



2p

Egyedüli megoldás 5p amelyre 2 4 29p és 2 6 31p prímek. 1p

a) 7q megoldás. 1pHa 2k természetes szám, akkor 7q k nem prímszám.Ha k természetes szám, akkor a következő esetek lehetségesek:Ha 7 1q k akkor 2 34 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 2q k akkor 2 10 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 3q k akkor 4 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 4q k akkor 24 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 5q k akkor 2 10 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 6q k akkor 2 34 7 0q M , tehát nem prím.

4p

Egyedüli megoldás 7q , 4 11q , 24 31q , 2 10 59q , 2 34 83q . 1p




pluszpont jár

2. feladat

Etele és Márk „kavicsoznak”. Ez a játék abból áll, hogy a kezdőjátékos feltesz valahány kavicsot azasztalra, majd elvesz legalább egyet, de nem többet, mint a kavicsok felét; aztán a másik játékos vesz elaz asztalon maradt kavicsok közül néhányat, az előbbi szabály szerint. A játék addig tart, amíg el nemfogynak a kavicsok az asztalról. Az veszít, aki az utolsó kavicsot veszi el. Van-e olyan stratégia,amellyel Márk, a kezdőjátékos biztosan nyerni fog?

Komán Attila, Budapest

Megoldás:

Aki az utolsót kénytelen elvenni az veszít, tehát ,aki akkor kerül sorra amikor 2 kavics van azasztalon, az nyer, aki előtt három kavics van, az veszít. Tehát ha elérheted, hogy a lépésed után3 kavics maradjon, akkor nyertél. Ez utóbbi akkor lehetséges, ha 4, 5, vagy 6 kavics van azasztalon, amikor rád kerül a sor. Ha viszont 7 kavicsnál kerülsz sorra, akkor lépésed utánkizárólag 4, 5 van 6 kavics maradhat az asztalon, tehát veszíteni fogsz.

3p

Ha a játékos egy 2 − 1 alakú számnál következik, akkor a megtett lépés után legtöbb2 − 2 , legkevesebb 2 kavics maradhat az asztalon (mivel–

= 2 – 0,5 , ezértlegtöbb 2 − 1 kavicsot vehet el, ez esetben 2 maradna), a soron következő játékos viszontmindenképp el tud annyit venni, hogy 2 − 1 kavics maradjon, ami azt jelenti, hogy a kétjátékos együttesen 2n számú kavicsot kell elvegyen egy-egy lépés során.(mivel 12 1 2 1 2n n n ).

4p

Ezt a stratégiát folytatva a következőnek mindig 2 − 1 számú kavicsból kell elvennie, ígyjut majd 3-hoz, ami 2 − 1. Márk számára a nyerő stratégia a következő: kezdetbenakármennyi kavicsot feltehet az asztalra, kivéve 2 − 1 számút, aztán pedig mindig annyitvegyen el, hogy az asztalon Etele számára 2 − 1 számú kavics maradjon. Tehát a 2 1k „vesztes szám”.

2p




pluszpont jár

3. feladat

Adottak az A1B1C1 és A2B2C2 háromszögek úgy, hogy = = 90 , valamint∈ ( ), ∈ ( ) úgy, hogy ⊥ , ⊥ .

Igazold, hogy ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ .


Megoldás:

Vezessük be a következő jelöléseket:= , = , = ℎ , = , = , = ℎ ,Ezekkel a jelölésekkel írhatjuk, hogy: ℎ = ⋅ ℎ = ⋅

3p

Így a bizonyítandó egyenlőtlenség egyenértékű a következőkkel:

⋅ ≥ ⋅ + ⋅ ⟺ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ ⟺3p

( + )( + ) ≥ ⋅ + ⟺ ( ⋅ − ∙ ) ≥ 0 , ami nyilvánvalóan igaz. 3p




pluszpont jár

4. feladat

Oldd meg a valós számok halmazán az

4 2 2 2

2

2

3 44 2

2

a b c a bc bc

b c

rendszert.

Bíró Béla, Sepsiszentgyörgy

Megoldás:

4 2 2 2

2

2

3 44 2

2

a b c a bc bc

b c

(1)(2)(3)

(3) 0c (2) 0b , sőt ha 0c vagy 0b (2) 2 4 0c ellentmondás. Tehát csak0b és 0c esetben kaphatunk megoldást.

1p

Az (1) -ből adódik, hogy ha , ,a b c számhármas egy megoldás, akkor , ,a b c számhármas ismegoldás (4).A továbbiakban feltételezhetjük, hogy 0b és 0c (5).A (2) -es és (3) -as összefüggések felhasználásával és a számtani mértani közepek közöttiegyenlőtlenség alkalmazásával írhatjuk, hogy

2 22 4 4 2bc c c b c b (6).

2p

Másrészt: az (1) –es egyenlet átrendezésével a következőhőz jutunk: 22 2 22 0a b b c azaz

22 2 22 0a b b c 2 2b c (5) b c (7).

3p

A (6) –os és (7)-es egybevetéséből adódik, hogy .b c A b c feltétel mellett a (2) és (3)egyenletet csak a (2, 2) számpár elégíti ki. Ezt figyelembe véve az (1) –es egyenlet az

4 28 16 0a a egyenlethez vezet 22 4 0a 2a . Tehát a (2, 2, 2) és ( 2, 2, 2)

számhármasok a megoldások.

3p

Egy másik lehetséges megoldás: Az utolsó egyenlőtlenség kétszeresét hozzáadva az első két

egyenlethez az 2 2 22 2 2 0a b b c c egyenlőtlenséghez jutunk, stb.




pluszpont jár

5. feladat

Egy táblára felírjuk az összes 1ka k k számot, ahol 1, 2,3, ,k n . A felírt ka számokból

letörlünk tetszőlegesen kettőt, az a illetve b számokat, és visszaírjuk a táblára az 21

abxa b

illetve

21

abya b

számokat. Igazold, hogy az eljárás 2018-szoros megismétlése után a táblán maradt számok

reciprokainak összege kisebb, mint 1.Mátéfi István, Marosvásárhely

Megoldás:

A táblán található számok reciprokainak összege

1 1 1 1 11 11 2 2 3 3 4 1 1n n n

.2p

A továbbiakban igazoljuk, hogy a feltételben leírt, művelet során az összeg értéke nem változik.

Legyenek aés b a letörölt számok, ezek a fenti összegben az 1 1a b

összegként jelennek meg,

A táblára visszaírt 21

abxa b

és 21

abya b

számok reciprokainak összege

1 1 1 1 1 12 2

a b a b a bx y ab ab ab a b

, vagyis a visszaírt számok reciprokainak összege

egyenlő a letörölt számok reciprokainak összegével.

5p

Tehát a táblán található számok reciprokainak összege változatlan marad minden törlés után.Az eljárás 2018-ik megismétlése után is a táblán található számok reciprokainak összegeváltozatlan marad, tehát kisebb, mint 1.

2p




pluszpont jár

6. feladat

Egy ABC háromszögben legyenek az , ,S P R pontok rendre az , ,A B C csúcsokból húzottmagasságok talppontjai. Igazold, hogy :

a)2

2BRP

ARS

TBCAC T

b)2 2 2

2 2BC BR RPAC AR RS

.

Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad

Megoldás:

Rajz 1pa)Ismert, hogy a talpponti háromszögben az eredeti háromszög magasságai szögfelezők. Valóban,ha tekintjük a BRHS és ARHP körbeírható négyszögeket, akkor BRS BHS és ARP AHP .De AHP BHS mert csúcsszögek. Ezért BRS ARP és mivel CR magasság, következik, hogy SRH HRP . Hasonlóan igazolható a többi is.

1p

Igazoljuk, hogy az ARP és ACB háromszögek hasonlóak. Mivel ARHP körbeírható négyszög, ARP AHP , de AHP BHS mert csúcsszögek. BCA BHS mert merőleges szárú szögek.Hasonlóan APR ABC . Innen következik, hogy az ARP és ACB háromszögek hasonlóak. Atöbbi esetben hasonló az eljárás.

2p

Mivel az ARP és ACB háromszögek, illetve az BRS és BCA háromszögek hasonlóak,

következik, hogy: AR RPAC BC

és BR RSBC AC

. Ezen relációkból kapjuk, hogy:

AR BC RP ACAC BR BC RS

, majd átrendezve

2

2BC BR RPAC AR RS

.

2p

De az előbbiekből következik, hogy BRP SRA , legyen ezek mértéke . Akkor az előbbi

összefüggés átírható úgy, hogy:2

22sin

sin 2BRP BRP

ARS ARS

T TBC BR RPAC AR RS T T

.

1p

b) Mivel2 2

2BR RPBR RP

következik a kért összefüggés:2 2

2BRP

ARS

T BR RPT AR RS

2p



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




XI-XII. osztály

Javítókulcs

1. feladat Helyezz el egymás mellé valahány üveggolyót. Tekintsd ezt első sornak. Alakíts ki belőlük

párokat, így 1 golyó pár nélkül marad. Ezt a pár nélküli golyót helyezd a 2. sorba, majd helyezd

mellé az előző sor minden párjának egy-egy golyóját. Majd csoportosítsd a 2. sorban levő

golyókat hármasával, ekkor 2 golyó megmarad. Ezt a kettőt helyezd a harmadik sorba, majd

helyezd melléjük az előző sor minden hármasának egy-egy golyóját. Így folytatva az eljárást,

a k. sorban a csoportosítás után éppen k darab golyó marad meg, és a 2018. sorban pontosan

2018 üveggolyó lesz. Határozd meg az üveggolyók számát!

Mészár Julianna, Nagyszalonta, Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad

Megoldás:

Legyen a golyók száma n. Ekkor

1. sor: 12 1n g

2. sor: 1 21 3 2g g

3. sor: 2 32 4 3g g

2017. sor: 2016 20172016 2018 2017g g

2018. sor: 20172017 2018g ....................(4p)

Tehát 2017 1g . Ekkor a 2. sortól kezdődően minden sorban vigyük át a baloldalról a

szabadtagokat a jobb oldalra, majd ezután a jelzett mennyiséggel szorozzuk be a sorokat, a

második sortól kezdve:

12 1n g

1 23 1 2!g g

2 34 1 3!g g



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




2015 20162017 1 2016!g g

2016 20172018 1 2017!g g ....................(3p)

Összeadva a sorok megfelelő oldalait, majd leegyszerűsítve, azt kapjuk, hogy:

1! 2! 3! 2018!n ....................(2p)

2. feladat

Egy 5p prímszámot pitagoraszi prímszámnak nevezünk, ha felírható két négyzetszám

összegeként. Igazold, hogy ha 1 2, , , np p p pitagoraszi prímszámok, akkor 2 2 2 2

1 2 2nn p p p n nem négyzetszám!


Megoldás:

Ha *m , akkor 2 4, 4 1m M M , eszerint ha *,a b akkor

2 2 4, 4 1, 4 2a b M M M ....................(3p)

Ha kp prímszám, akkor 2 4 1kp M bármely 1, 2, ,k n esetén. ....................(3p)

Akkor

2 2 2 2 2 2

1 2 2 4 1 2 4 2 4 2, 4 3nn p p p n n n M n n M n M M

Ebből következik, hogy az 2 2 2 2

1 2 2nn p p p n szám nem lehet teljes négyzet.

....(3p)

3.feladat

Az ABC háromszög belsejében adott egy P pont. Az AP egyenes a BC oldalt D-ben, a BP

egyenes az AC oldalt E-ben, és a CP egyenes az AB oldalt F-ben metszi. Ha

3PD PE PF és 43PA PB PC , mennyi a PA PB PC szorzat értéke?




Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Megoldás:

Legyen 1h és ch rendre az APB háromszög P-

ből húzott, illetve az ABC háromszög C-ből

húzott magassága.

Ekkor

1

12

2

PAB

cABC c

AB ht h

AB ht h

. ....................(2p)

Mivel az FPM és FCN háromszögek

hasonlóak, akkor 1 3

3c

h FP

h FC PC

.....................(2p)

Tehát PCt

t

ABC

PAB

3

3. Hasonlóan kapjuk, hogy:

PAt

t

ABC

PBC

3

3 és

PBt

t

ABC

PCA

3

3. ........(2p)

Adjuk össze az egyenlőségeket: PBPAPC

3

3

3

3

3

31 , ....................(1p)

rendezés után: PCPBPAPCPBPA 954 . Mivel 43PA PB PC

441 PCPBPA . ....................(2p)

4. feladat

Egy 1 méter oldalhosszúságú szabályos hatszög belsejében található egy 50 oldalú K konvex

sokszög. Igazold, hogy a K csúcsai közül kiválasztható három, úgy hogy az általuk

meghatározott háromszög területe legfennebb 72 négyzetcentiméter !


Megoldás:

Mivel a K sokszög benne van a hatszög belsejében, a kerülete legfennebb 600 cm lehet.

................(1p)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Legyenek a K sokszög csúcsai A1, A2, …A50, és képezzük az

1 2 2 3 2 3 3 4 49 50 50 1 50 1 1 2, ,..., ,A A A A A A A A A A A A A A A A számokat. ................(1p)

Ezen 50 szám összege a K sokszög kerületének kétszerese, vagyis legtöbb 1200 cm lehet,

................(2p)

tehát van közöttük legalább egy, amely kisebb vagy egyenlő, mint 24 cm (ellenkező esetben

az összeg nagyobb lenne mint 1200 cm ). ................(2p)

Legyen ez 1 1 2i i i iA A A A ,

1 2

1 1 2 1 21 1 2

sin

2 2i i i

i i i i i i ii i i i

A A A

A A A A A A A A A A AT

................(1p)

, majd használva a mértani és számtani középarányosok egyenlőtlenségét kapjuk, hogy

1 2

2 21 1 2 24

728 8i i i

i i i i

A A A

A A A AT

................(2p)

5. feladat

Adott az 100n páros természetes szám. Egy 2 1 10n -es táblának bal felső és jobb alsó

sarkából vágj le egy-egy 5 1 -es téglalapot. Lefedhető-e az így kapott alakzat 1n darab 5 2

-es és 1n darab 2 5 -ös téglalappal, tudva azt, hogy a téglalapok nem forgathatók el?


Megoldás:

Színezzük felváltva az alakzat sorait fehér, illetve fekete színnel, az első sor legyen fehér. Így

n sor fekete, tehát 10 4n fekete négyzet lesz. ................(2p)



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Tegyük fel, hogy a lefedés lehetséges. Akkor egy 2 5 -ös téglalap mindig 5 fekete

négyzetet takar le, tehát az 1n darab 2 5 -ös téglalap összesen 5 1n fekete négyzetet

fed. ..(2p)

Másrészt egy 5 2 -es téglalap mindig 4 vagy 6 fekete négyzetet takar, tehát az ilyen típusú

téglalapok által lefedett fekete négyzetek száma páros. . ...............(2p)

Tehát a téglalapok által összesen lefedett fekete négyzetek száma 2 5( 1)M n alakú, ami

páratlan figyelembe véve, hogy n páros, ami ellentmond annak,hogy 10 4n páros.....(2p)

Tehát a lefedés lehetetlen. ...............(1p)

6.feladat

Az ABC hegyesszögű háromszög köré írt körön jelölje ,M illetve N az AC és AB körívek

felezőpontját. Igazold, hogy az MN szakasz akkor és csakis akkor érinti a háromszögbe írt

kört, ha az A szög mértéke 60 .



Megjegyzések:

Munkaidő 4 óra.




Dávid Géza, Székelyudvarhely

Bizonyítás:

Jelöljük I -vel a háromszögbe írt kör

középpontját. A BI szögfelező a köré írt

kört az M -ben, a CI szögfelező pedig az N

-ben metszi. Először lássuk be, hogy

IM MA és IN NA . Mivel

2 2

A BIAM IAB BAM és AMI C

következik, hogy az AMI háromszögben

2 2

A BAIM , tehát az IM MA .

...............(3p)

Az IN NA egyenlőség hasonlóan

igazolható. A fentiekből következik, hogy az

AMIN négyszög deltoid, az NM felezi az AI szakaszt és merőleges rá.

...............(2p)

Jelöljük Q -val az NM és AI szakaszok metszéspontját. Az NM akkor és csakis akkor érinti

a háromszögbe írt kört, ha IQ r , ahol r az ABC háromszögbe írt kör sugara. .........(2p)

Jelöljük L -lel a beírt kör és az AC oldal érintési pontját. Tehát az NM akkor és csakis akkor

érinti a háromszögbe írt kört, ha 2AI r , azaz ha az ALI derékszögű háromszögben

30IAL , vagyis ha az A szög 60 -os.

...............(2p)

orszÁgos magyar matematika olimpia...

Documents